第14章 专题3 全等三角形的常见模型-【勤径学升】2025-2026学年新教材八年级上册数学同步练测配套课件PPT（人教版2024）

八年级数学 上册 第十四章 全等三角形 专题3　全等三角形的常见模型 平移模型　　 　　 证明三角形全等的关键： (1)加(减)共线部分得到相等线段； (2)利用平行线性质找对应角相等． 将两个三角形如图摆放，点B，C，E，F在同一直线上，BC＝EF，AC⊥BC于点C，DF⊥EF于点F，AC＝DF.求证：△ABC≌△DEF. 1题图 证明：∵AC⊥BC于点C，DF⊥EF于点F， ∴∠ACB＝∠DFE＝90°， 在△ABC和△DEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BC＝EF，,∠ACB＝∠DFE，,AC＝DF，)) ∴△ABC≌△DEF(SAS). 如图，点E，C在BF上，BE＝CF，AB＝DE，∠B＝∠DEF.写出AC与DF的关系并证明． 2题图 解：AC与DF的数量关系相等，位置关系是平行． 证明：∵BE＝CF， ∴BE＋EC＝CF＋EC，即BC＝EF. 在△ABC和△DEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝DE，,∠B＝∠DEF，,BC＝EF，)) ∴△ABC≌△DEF(SAS)， ∴AC＝DF，∠ACB＝∠DFE， ∴AC∥DF， ∴AC与DF的数量关系是相等，位置关系是平行． 对称模型　　 　　　 证明三角形全等的关键： (1)找公共角、垂直、对顶角、等腰等条件得对应角相等； (2)找公共边、中点、等底角、相等边、线段的和差等条件得对应边相等． 如图，已知∠AEF＝∠DEC，AE＝DE，∠C＝∠F. 求证：△AEC≌△DEF. 3题图 证明：∵∠AEF＝∠DEC， ∴∠AEF＋∠FEC＝∠DEC＋∠FEC， 即∠AEC＝∠DEF. 在△AEC和△DEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AEC＝∠DEF，,∠C＝∠F，,AE＝DE，)) ∴△AEC≌△DEF(AAS). 如图，AB＝AC，BE⊥AC于点E，CD⊥AB于点D，BE，CD交于点O.求证：OB＝OC． 4题图 证明：∵BE⊥AC，CD⊥AB， ∴∠ADC＝∠AEB＝∠BDO＝∠CEO＝90°. 在△ABE和△ACD中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BEA＝∠CDA，,∠A＝∠A，,AB＝AC，)) ∴△ABE≌△ACD(AAS)， ∴AD＝AE，∠B＝∠C， ∴BD＝EC． 在△BDO和△CEO中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BDO＝∠CEO，,DB＝EC，,∠B＝∠C，)) ∴△BDO≌△CEO(ASA)，∴OB＝OC． 不共顶点旋转模型　　 　　 证明三角形全等的关键： (1)共顶点：加(减)共顶点的角的共角部分得一组对应角相等； (2)不共顶点：①加(减)共线部分CF得BC＝EF； ②利用平行线性质找对应角相等． 如图，点B，F，C，E在一条直线上，FB＝CE，AB∥ED，AC∥FD．求证：AB＝DE，AC＝DF. 5题图 证明：∵FB＝CE， ∴FB＋FC＝CE＋FC， ∴BC＝FE. ∵AB∥ED， ∴∠ABC＝∠DEF. 又∵AC∥FD， ∴∠ACB＝∠DFE. 在△ABC和△DEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ABC＝∠DEF，,BC＝EF，,∠ACB＝∠DFE，)) ∴△ABC≌△DEF(ASA)， ∴AB＝DE，AC＝DF. 如图，四边形ABCD中，AB＝DC，AB∥DC，在边AB，CD上截取线段AF，CE，使AF＝CE，连接EF，M，N是线段EF上的两点，且EM＝FN，连接AN，CM.求证：AN∥CM. 6题图 证明：∵AB∥CD， ∴∠AFN＝∠CEM. 在△AFN和△CEM中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AF＝CE，,∠AFN＝∠CEM，,FN＝EM，)) ∴△AFN≌△CEM(SAS)， ∴∠ANF＝∠CME， ∴AN∥CM. 一线三等角模型　　 通过“三等角”信息得到一组相等的角，另找一条边相等，即可证全等 (1)如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为D，E.求证：DE＝BD＋CE； (2)如图②，将(1)中的条件改为在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意钝角，请问结论DE＝BD＋CE是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 　 7题图①　　　　　　　7题图② (1)证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA＝∠CEA＝90°. ∵∠BAC＝90°， ∴∠BAD＋∠CAE＝90°. ∵∠BAD＋∠ABD＝90°， ∴∠CAE＝∠ABD． 在△ADB和△CEA中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BDA＝∠AEC，,∠ABD＝∠CAE，,AB＝CA，)) ∴△ADB≌△CEA(AAS)， ∴BD＝AE，AD＝CE， ∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE. (2)解：成立．证明如下： ∵∠BDA＝∠BAC＝α， ∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°－α， ∴∠CAE＝∠ABD． 在△ADB和△CEA中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BDA＝∠AEC，,∠ABD＝∠CAE，,AB＝CA，)) ∴△ADB≌△CEA(AAS)， ∴AE＝BD，AD＝CE， ∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE. $$