小专题5 与全等、相似有关的常见模型-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学课堂精讲册配套课件（贵州专用）

该初中数学中考复习课件聚焦三角形全等与相似的核心模型，覆盖中考必考考点，结合贵州近3年考情（如贵阳2022.16、2021.19），系统梳理手拉手、一线三等角、半角等常考模型，明确各模型考查权重与解题策略，针对性强。 课件亮点在于真题实战与素养培养，精选2025铜仁适应性训练、清镇模拟等真题，通过一线三等角模型（如第7题求CD长）示范相似推理，培养学生模型意识与推理能力，助力掌握解题技巧，为教师提供系统复习框架，提升中考冲刺效率。

数 学 贵州 课堂精讲册 1 第一部分　立足教材过基础 第四单元　三角形 小专题5　与全等、相似有关的常见模型 （必考） 模型解读 1. “手拉手”全等 已知： (1)有一个公共顶点； (2)有两组由公共顶点引出的相等的线段； (3)两组相等线段之间的夹角相等. 【解题策略】 (1)通过基本图形(特殊三角形或四边形)的性质得到等边和等角； (2)通过角的和差得到等角. 【其他常见图形】常见特殊图形中的“手拉手”全等模型： 等腰三角形　 等边三角形 正方形 结论：△ACE≌△ABD. 2. “手拉手”相似 已知： (1)有一个公共点； (2)有两组由公共点引出的成比例线段； (3)两组成比例线段之间的夹角相等. 一般三角形“手拉手” 等腰直角三角形“手拉手” 结论：△ABD'∽△ACE'. 1. (2025铜仁适应性训练)如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，点B， D，E在同一直线上，若∠EBC＝35°，则∠ECA的度数为(　B　) A. 35° B. 25° C. 30° D. 45° B 2. 如图，在△ABC中，AC＝9，过点A作AD⊥AB，使AD＝AB，连接 CD，若CD＝3 ，∠ACD＝45°，则BC的长为 　6 　. 6 　 3. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转α(α为锐角)得到△ADE，点D与点B 对应，连接BD，CE. 求证：△ABD∽△ACE. 证明：∵△ABC绕点A顺时针旋转α 得到△ADE， ∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠EAC＝α ， ∴ ＝ ，∴△ABD∽△ACE. 4. [等腰直角三角形手拉手]如图，△ADB和△ACE都是等腰直角三角形， 连接DC，BE相交于点M. (1)求证：△ADC≌△ABE； 证明：∵△ADB和△ACE都是等腰直角三角形， ∴∠DAB＝∠CAE＝90° ，AD＝AB，AC＝AE， ∴∠DAB＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC， 即∠DAC＝∠BAE. 在△ADC和△ABE中， ∴△ADC≌△ABE(SAS)； (2)试判断线段BE与线段CD的数量关系和位置关系，并证明你的结论. 解：数量关系：BE＝CD；位置关系：BE⊥CD. 证明如下：设AB与CD相交于点N，如解图. ∵△ADC≌△ABE， ∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE. ∵∠DAB＝90° ，∴∠AND＋∠ADC＝90° .又∵∠AND＝∠BNM，∴∠BNM＋∠ABE＝90° ， ∴∠BMN＝180°－(∠BNM＋∠ABE)＝90° ，∴BE⊥CD. 模型解读 已知：(1)点A，P，B在同一条直线上； (2)∠1＝∠2＝∠3. 情形1：等角在同侧 　 　 情形2：等角在异侧 　 　 结论：(1)△APC∽△BDP； (2)当AP＝BD时(或其他一组对应边相等)，△APC≌△BDP. 【知识拓展】特殊图形中的一线三等角： 　　 5. (2025清镇模拟)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是BC，AB边上 的点，连接EF，FD，DE，若EF⊥DE，则图中①，②，③，④四个三 角形一定相似的是 ⁠. ③和④　 6. (北师七下P110T4改编)如图，在四边形ABCD中，AB＝AD， AB⊥AD，AC⊥DC. 过点B作BE⊥CA，垂足为E. 若CD＝2，CE＝ 6，则四边形ABCD的面积是 ⁠. 40　 7. 如图，等边△ABC的边长为3，P为BC上一点，且BP＝1，D为AC上 一点，若∠APD＝60°，则CD的长为 ⁠. 　 【解析】∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°.又∵∠APD＋ ∠DPC＝∠B＋∠BAP，且∠APD＝60°，∴∠BAP＝∠DPC， ∴△ABP∽△PCD，∴ ＝ .∵AB＝BC＝3，BP＝1，∴PC＝2， ∴ ＝ ，∴CD＝ . 8. 如图，点B，C，D在同一条直线上. (1)若∠B＝∠ACE＝∠D，求证：△ABC∽△CDE； 证明：∵∠ACD＝∠B＋∠BAC＝∠ACE＋ ∠DCE，∠ACE＝∠B， ∴∠BAC＝∠DCE. ∵∠B＝∠D，∴△ABC∽△CDE； (2)在(1)的条件下，若C为BD的中点，求证：AC2＝AB·AE. 解：由(1)得△ABC∽△CDE，∴ ＝ ＝ . ∵C为BD的中点，∴BC＝DC，∴ ＝ . 又∵∠B＝∠ACE， ∴△ABC∽△ACE，∴ ＝ ，∴AC2＝AB·AE. 模型解读 已知：图形由一组共端点的等线段和共顶点的半角组成. 1. 等边三角形含半角 已知：△ABC 为等边三角形，DB＝DC，∠BDC＝120° ，∠EDF＝ 60°. 结论：△EDF≌△GDF，EF＝BE＋CF. 2. 正方形含半角 旋转：将△ADF 绕点A 顺时针旋转90° 得到△ABG； 截长补短：延长CB 至点G，使得GB＝DF. 　 结论：△AFE≌△AGE，EF＝BE＋DF. 3. 等腰直角三角形含半角 结论：△DAE≌△DAF，BD2＋CE2＝DE2. 【解题策略】 (1)“半角模型，必旋转”，根据旋转的性质及等量代换得到相等的线 段和角； (2)运用已知图形的性质证明三角形全等. 9. 如图，△ABC是边长为5的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120° . 点E，F分别在边AB，AC上，且∠EDF＝60° ，则△AEF的周长 为 ⁠. 10　 10. 如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是边BC，CD上的点，连 接AE，AF，EF，∠EAF＝45°，试判断BE，EF，DF之间的数量关 系，并说明理由. 解：结论：BE＋DF＝EF. 理由：如解图，延长CD到点G，使得DG＝BE，连接AG. ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠ADG＝90° ， ∴△ABE≌△ADG(SAS)， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG. ∵∠EAF＝45° ，∴∠BAE＋∠DAF＝45° ， ∴∠DAG＋∠DAF＝45° ，∴∠EAF＝∠GAF. 又∵AF＝AF， ∴△AFE≌△AFG(SAS)， ∴EF＝FG＝DF＋DG＝DF＋BE. 【变式设问】在上述条件下，若正方形的边长为3，BE＝1，则CF的长 为 ⁠. 【解析】设EF＝GF＝x.∵正方形ABCD的边长为3，∴BC＝3.∵将 △ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，BE＝1，∴DG＝1， ∴CG＝CD＋DG＝3＋1＝4，∴CF＝4－x.∵CE＝BC－BE＝3－1＝ 2，在Rt△ECF中，由勾股定理得，CE2＋CF2＝EF2，∴22＋(4－x)2＝ x2，解得x＝ ，则EF＝GF＝ .∴CF＝CG－GF＝4－ ＝ . 　 模型解读 已知：一组对角互补，∠ABC＋∠ADC＝180°. 作垂线：过点D分别作AB，BC的垂线段. 结论：(1)△ADE∽△CDF； (2)当AD＝CD时，△ADE≌△CDF. 旋转：过点D作∠CDE＝∠ADB. 结论：(1)△ABD∽△CED； (2)当DA＝DC时，△ABD≌△CED，△BDE是等腰三角形. 11. 如图，在四边形ABCD中，已知∠B＋∠D＝180°，AC平分 ∠DAB，CM⊥AB于点M，若BC＝3，则CD＝ ⁠. 3　 12. (2024遵义一模)如图，在四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝ 60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4 ，则AC＝ ⁠. 4　 13. 多解法如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝ 90°，连接AC，BD. 若AC＝5 ，CD＝2，则BD的长为 　2 　. 2 　 【解析】如解图，将△ADC绕点A顺时针旋转90°得 到△ABE，此时BE＝CD＝2，AC＝AE，AD＝ AB，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，∴∠ABC＋∠ADC ＝180°.∵∠ABE＝∠ADC，∴∠ABC＋∠ABE＝ 180°，即点E在CB的延长线上，∴△ACE是等腰直 角三角形，AC＝AE＝5 ，EC＝ AC＝10，则 BC＝CE－BE＝10－2＝8，∴在Rt△BCD中，BD＝ ＝ ＝2 . 34 $