2022届初中数学一轮复习 第17讲 全等三角形 课件

这是一份2022届初中数学一轮复习 第17讲 全等三角形 课件，共34页。PPT课件主要包含了考点梳理整合，中考真题体验，考法互动研析，数学文化探索，Part1，Part2，Part3，Part4，答案B等内容，欢迎下载使用。
命题点　全等三角形的性质及判定1.(2019·安徽,20,10分)如图,点E在▱ABCD内部,AF∥BE,DF∥CE.(1)求证:△BCE≌△ADF;(2)设▱ABCD的面积为S,四边形AEDF的面积为T,求 的值.
(1)证明 ∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD=BC,AD∥BC,∴∠ABC+∠BAD=180°,∵AF∥BE,∴∠EBA+∠BAF=180°,∴∠CBE=∠DAF,同理得∠BCE=∠ADF,在△BCE和△ADF中,∴△BCE≌△ADF(ASA);
2.(2014·安徽,23,14分)如图1,正六边形ABCDEF的边长为a,P是BC边上一动点,过P作PM∥AB交AF于M,作PN∥CD交DE于N.(1)①∠MPN=_____________; ②求证:PM+PN=3a;(2)如图2,点O是AD的中点,连接OM,ON,求证:OM=ON;(3)如图3,点O是AD的中点,OG平分∠MON,判断四边形OMGN是否为特殊四边形,并说明理由.
解 (1)①60°②证明:如图1,作AG⊥MP于点G,BH⊥MP于点H,CL⊥PN于点L,DK⊥PN于点K,MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN,∵正六边形ABCDEF中,PM∥AB,PN∥CD,∴∠AMG=∠BPH=∠CPL=∠DNK=60°,AM=BP,PC=DN.∵AM=BP,PC=DN,∴MG+HP+PL+KN=a,GH=LK=a,∴MP+PN=MG+GH+HP+PL+LK+KN=3a.
(2)证明:如图2,连接OE,∵六边形ABCDEF是正六边形,AB∥MP,PN∥DC,O为AD中点,∴AM=BP=EN,OA=OD=OE,又∵∠MAO=∠NEO=60°,OA=OE,在△ONE和△OMA中,∴△OMA≌△ONE(SAS),∴OM=ON.
(3)四边形OMGN是菱形,理由如下:如图3,连接OE,由(2)得,△OMA≌△ONE,∴∠MOA=∠EON,∵EF∥AO,AF∥OE,∴四边形AOEF是平行四边形,∴∠AFE=∠AOE=120°,∴∠MON=120°,
∵OG平分∠MON,∴∠GON=60°,∵∠GOE=60°-∠EON,∠DON=60°-∠EON,∴∠GOE=∠DON,∵OD=OE,∠ODN=∠OEG,
∴△GOE≌△NOD(ASA),∴ON=OG,又∵∠GON=60°,∴△ONG是等边三角形,∴ON=NG,又∵OM=ON,∠MOG=60°,∴△MOG是等边三角形,∴MG=GO=MO,∴MO=ON=NG=MG,∴四边形OMGN是菱形.
考点一　全等三角形的概念及其性质(高频考点)　1.全等三角形的概念能够完全重合　的两个三角形叫做全等三角形. 2.全等三角形的性质(10年9考)(1)全等三角形的对应边相等　,对应角相等　; (2)全等三角形的对应相关线段(角平分线、中线、高线)相等　、周长相等　、面积相等　. 
考点二　全等三角形的判定(高频考点)　
考法全等三角形的性质及判定例(2020·江苏无锡)如图,已知AB∥CD,AB=CD,BE=CF.求证:(1)△ABF≌△DCE;(2)AF∥DE.
证明 (1)∵AB∥CD,∴∠B=∠C.∵BE=CF,∴BE-EF=CF-EF,即BF=CE,∴△ABF≌△DCE(SAS).(2)∵△ABF≌△DCE,∴∠AFB=∠DEC,∴∠AFE=∠DEF,∴AF∥DE.
方法总结 全等三角形的5种判定方法中,选用哪一种方法,取决于题目中的已知条件,若已知两边对应相等,则找它们的夹角或第三边相等;若已知两角对应相等,则找它们的夹边相等,或找其中一组角的对边相等;若已知一边一角对应相等,则找另一组角相等,或找这个角的另一组对应邻边相等.
对应练1(2020·北京)在△ABC中,AB=AC,点D在BC上(不与点B,C重合).只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD,这个条件可以是_____________.(写出一个即可) 
答案∠BAD=∠CAD(或BD=CD)解析 ∵AB=AC,AD=AD.∴ 要使△ABD≌△ACD 则可以添加:∠BAD=∠CAD,此时利用边角边判定△ABD≌△ACD.或可以添加BD=CD,此时利用边边边判定△ABD≌△ACD,故答案为∠BAD=∠CAD或(BD=CD).
对应练2(2020·四川内江)如图,点C,E,F,B在同一直线上,点A,D在BC异侧,AB∥CD,AE=DF,∠A=∠D.(1)求证:AB=CD;(2)若AB=CF,∠B=40°,求∠D的度数.
(1)证明 ∵AB∥CD,∴∠B=∠C,在△ABE和△CDF中,∠B=∠C,AE=DF,∠A=∠D.∴△AEB≌△DFC(AAS).∴AB=CD.(2)解 ∵AB=CD,AB=CF,∴CD=CF.∵∠B=∠C=40°,∴∠D=(180°-40°)÷2=70°.
对应练3(2020·浙江温州)如图,在△ABC和△DCE中,AC=DE,∠B=∠DCE=90°,点A,C,D依次在同一直线上,且AB∥DE.(1)求证:△ABC≌△DCE;(2)连接AE,当BC=5,AC=12时,求AE的长.
(1)证明 ∵AB∥DE,∴∠BAC=∠CDE,在△ABC和△DCE中,∴△ABC≌△DCE(AAS).(2)解 由(1)可得CE=BC=5,在直角三角形ACE中,
对应练4(2020·浙江台州)如图,已知AB=AC,AD=AE,BD和CE相交于点O.(1)求证:△ABD≌△ACE;(2)判断△BOC的形状,并说明理由.
(1)证明 ∵AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE,∴△ABD≌△ACE(SAS).(2)解 △BOC是等腰三角形,理由如下:∵△ABD≌△ACE,∴∠ABD=∠ACE,∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∴∠ABC-∠ABD=∠ACB-∠ACE,∴∠OBC=∠OCB,∴BO=CO,∴△BOC是等腰三角形. 
泰勒斯,古希腊第一位闻名世界的大数学家.泰勒斯在数学方面最重要的贡献是引入了命题证明的思想,并最先证明了全等的一条判定定理:两个三角形的一条边和这条边相邻的两个角对应相等,则这两个三角形全等.他为数学具有理论上的严密性和应用上的广泛性奠定了基础.
1.泰勒斯是古希腊数学家,相传他利用三角形全等的方法求出岸上一点到海中一艘船的距离.如图,B是观察点,船A在B的正前方,过B作AB的垂线,在垂线上截取任意长BD,C是BD的中点,观察者从点D沿垂直于BD的DE方向走,直到点E、船A和点C在一条直线上,那么△ABC≌△EDC,从而量出DE的距离即为船离岸的距离AB,这里判定△ABC≌△EDC的方法是(　　)A.SAS B.ASAC.AAS D.SSS
答案 B解析 ∵C是BD的中点,∴BC=DC.∵AB⊥BD,DE⊥BD,∴∠ABC=∠EDC=90°.∵在△ABC和△EDC中,∴△ABC≌△EDC(ASA),∴DE=AB.故选B.
2.(2018·贵州三州联考)下列各图中a,b,c为三角形的边长,则甲、乙、丙三个三角形和左侧△ABC全等的是(　　)A.甲和乙B.乙和丙 C.甲和丙D.只有丙
3.(2019·湖南郴州)我国古代数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的三角形,如图所示,已知∠A=90°,BD=4,CF=6,则正方形ADOF的边长是(　　)
答案 B解析 设正方形ADOF的边长为x,则AB=x+4,AC=x+6.∵△BOD≌△BOE,∴BE=BD=4,∵△COE≌△COF,∴CE=CF=6.∴BC=BE+CE=4+6=10.∵∠A=90°,∴AB2+AC2=BC2,∴(x+4)2+(x+6)2=102,解得x1=2,x2=-12(舍去).∴正方形ADOF的边长为2.