初中全等三角形模型总结-全面完整版2018.5.23

初中全等三角形模型总结—全面完整版2018.5.23初中全等三角形模型总结——全面完整版（模型总结+精选例题+优选练习题）一、公共边模型在三角形中，如果两个三角形有一条边相等，则这两个三角形可能全等。二、公共角模型在三角形中，如果两个三角形有一个角相等，则这两个三角形可能全等。三、平行X型在平行四边形中，如果一条对角线把它分成两个全等的三角形，则这两个三角形可能全等。四、非平行X型在梯形中，如果一条斜线把它分成两个全等的三角形，则这两个三角形可能全等。第一部分模型总结在三角形中，如果有两个三角形的一条边和一个角分别相等，则这两个三角形可能全等。在三角形中，如果有两个三角形的两个角和一条边分别相等，则这两个三角形可能全等。在平行四边形中，如果两个三角形有一条边和一个角分别相等，则这两个三角形可能全等。在梯形中，如果两个三角形有一条边和一个角分别相等，则这两个三角形可能全等。在等腰三角形中，如果一个等腰三角形和它的子等腰三角形有一条边和一个角分别相等，则这两个三角形可能全等。在三角形中，如果一个三角形通过旋转变成了另一个三角形，则这两个三角形可能全等。第二部分精选例题例1．如图，已知AB∥CD，AD∥BC，F在DC的延长线上，AM=CF，FM交DA的延长线上于E.交BC于N,求证:AE=CN.思路分析：欲证AE=CN，找到两个全等的三角形即可。由于已知AB∥CD，AD∥BC，可以找到两对角相等。因此，可以证明△AME≌△FCN，从而得出AE=CN。例2.△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过C的一条直线CE⊥AE于E，BD⊥CE的延长线于D，求证：AE=BD+DE.思路分析：观察图形，发现△ACE与△CBD可能全等。通过证明这两个三角形全等，可以得出AE=BD+DE。例3．如图，AD是△ABC的中线，DE，DF分别平分∠ADB和∠ADC，连接EF，求证：EF<BE+CF.思路分析：观察图形，发现BE，CF，EF不在一个三角形中，需要将它们集中在一个三角形中。通过将△BDE沿角平分线翻转到△BEF上，可以得出EF<BE+CF。已知△ABD与△CBD相似，且BF⊥AC，求证：BF是BC的中线。证明：由相似可知，$\frac{AB}{BD}=\frac{CB}{BD}$，即$AB=CB$。又因为$BF\perpAC$，所以$\angleBFA=\angleCFB$，即$\triangleBFA\cong\triangleCFB$。因此，$BF=CF$。又因为$AB=CB$，所以$BF$是$BC$的中线。证毕。B4．已知：如图，$AD$是$\angleBAC$的平分线，$DE\perpAB$，$DF\perpAC$，求证：$EF\parallelBC$。证明：因为$AD$是$\angleBAC$的平分线，所以$\angleBAD=\angleCAD$。又因为$DE\perpAB$，$DF\perpAC$，所以$\angleADE=\angleADF=90^\circ$。因此，$\triangleADE\cong\triangleADF$。因为$AD$为公共边，所以$AE=AF$。又因为$\angleBAE=\angleCAF$，所以$\triangleABE\sim\triangleACF$。因此，$\frac{BE}{AB}=\frac{CF}{AC}$，即$BE\cdotAC=AB\cdotCF$。又因为$AE=AF$，所以$BE\cdotAC=AB\cdotCF=CE\cdotAB$。因此，$\frac{BE}{CE}=\frac{AB}{AC}$，即$\triangleBEF\sim\triangleCEF$。因此，$\angleEBF=\angleECF$，即$EF\parallelBC$。证毕。C4.已知：如图，$\triangleABC$中，$AB=AC$，$DB=DC$，$F$是$DA$延长线上的一点，求证：点$F$到$AB$，$AC$的距离相等。要证明$F$到$AB$和$AC$的距离相等，即证明$F$到$AB$的距离等于$F$到$AC$的距离。由于$AB=AC$，$DB=DC$，所以$BD$是$\triangleABC$中的中线，$BD\parallelAC$，$BD\parallelAB$。因此，$F$到$AB$的距离等于$FD$，$F$到$AC$的距离等于$FE$。由于$\triangleADF\cong\triangleAEF$（公共边$AF$，$AD=AE$，$\angleADF=\angleAEF=90^\circ$），所以$FD=FE$，即点$F$到$AB$，$AC$的距离相等。B5.已知：如图，在$\triangleABC$中，$AD$为$\angleA$的平分线，$E$为$BC$的中点，过$E$作$EF\parallelAD$交$AB$于$G$，交$CA$的延长线于$F$，求证：$BG=CF$。连接$AF$，$DG$，则$\triangleADF\cong\triangleEGF$（$AD=AE$，$\angleADF=\angleEGF$，$\angleAFD=\angleEGF$）。因此，$DF=EF$，$DG=BG$。又因为$\triangleACF\sim\triangleDCF$，所以$\dfrac{CF}{AC}=\dfrac{CF+AF}{AD}$，即$CF=\dfrac{AC\cdotAF}{AD-AC}$。同理，$\triangleABD\sim\triangleGBD$，所以$\dfrac{BG}{AB}=\dfrac{DG}{AD}$，即$BG=\dfrac{AB\cdotDG}{AD-AB}$。由于$AD=AC+CD=AC+CE=AC+BE$，$DG=EF$，$AB=2BE$，代入上式得$BG=CF$。C6.如图，已知，在$\triangleABC$中，$\angleA=2\angleB$，$CD$是$\angleC$的平分线，求证：$BC=AC+AD$。在$\triangleACD$中，$\angleCAD=\angleACD$，所以$AD=CD\cdot\dfrac{\sin\angleCAD}{\sin\angleACD}=CD\cdot\dfrac{\sin\angleB}{\sin\angleC}$。由正弦定理得$AB=2R\sin\angleB$，$AC=2R\sin\angleC$，$BC=2R\sin\angleA=4R\sin\angleB$。因此，$BC=2AB=AC+AD$。A7.已知$BD=CE$，$AD=AE$，$\angle1=\angle2$，（1）说明$\triangleABC\cong\triangleACE$的理由？（2）$\angleD=\angleE$吗？为什么？由已知条件，$BD=CE$，$AD=AE$，$\angle1=\angle2$，所以$\triangleABD\cong\triangleACE$（SAS），从而$AB=AC$，$\angleABD=\angleACE$，$BD=CE$。因此，$\triangleABC\cong\triangleACE$（SAS）。由于$\triangleABC\cong\triangleACE$，所以$\angleD=\angleE$。A8.如图，将$\triangleABC$绕其顶点$A$顺时针旋转$30^\circ$后，得$\triangleADE$。（1）$\triangleABC$与$\triangleADE$的关系如何？（2）求$\angleBAD$的度数。（1）$\triangleABC$经过$30^\circ$的旋转得到$\triangleADE$，因此$\triangleABC$与$\triangleADE$是旋转同构的，即$\triangleABC\cong\triangleADE$。（2）将$\triangleABC$绕$A$顺时针旋转$30^\circ$得到$\triangleADE$，则$\angleBAC+\angleBAD=30^\circ$，$\angleBAC=\angleDAE$。因此，$\angleBAD=15^\circ$。A9.如图所示：$\triangleABC\cong\triangleADC$，$\angleD=\angleB$，$AD=CB$，那么，$\angleDAC=\angleDCA$，$DA\parallelBC$。由已知条件，$\triangleABC\cong\triangleADC$，所以$AB=AC$，$\angleBAC=\angleCAD$，$BC=CD$。又因为$\angleD=\angleB$，$AD=CB$，所以$\triangleADB\cong\triangleCDA$（SAS），从而$\angleADB=\angleCAD$，$\angleBAD=\angleCDA$。因此，$\angleDAC=\angleDCA$。又因为$\triangleADB\cong\triangleCDA$，所以$DA\parallelBC$。B10.如图所示：$BD\perpAB$，$ED\perpBD$，$AB=CD$，$BC=DE$。求证：$AC\perpCE$。连接$AE$，$EC$，$BD$，$BC$，$DE$。由已知条件，$AB=CD$，$BC=DE$，所以$\triangleABC\cong\triangleEDC$（SSS），从而$\angleABC=\angleEDC$，$\angleBAC=\angleEDC$。又因为$BD\perpAB$，$ED\perpBD$，所以$ED\parallelAC$。因此，$AC\perpCE$。C11.过$\triangleABC$的顶点$A$，在$\angleA$内作任一射线，过$B$，$C$分别向此射线作垂线$BP$，$CQ$，$P$，$Q$为垂足，设$M$为$BC$中点。求证：$MP=MQ$。连接$AM$，$AP$，$AQ$，$BC$。由于$M$是$BC$的中点，所以$BM=MC$。又因为$BP\perpAP$，$CQ\perpAQ$，所以$\angleBPM=\angleAPM$，$\angleCQM=\angleAQM$。因此，$\triangleBPM\cong\triangleAPM$，$\triangleCQM\cong\triangleAQM$（$PM=AM$，$QM=AM$，$\angleBPM=\angleAPM$，$\angleCQM=\angleAQM$）。因此，$MP=MQ$。C13.如图，$\triangleABC$中，$AB=AC$，$D$，$E$分别是$BC$，$AC$的中点，$F$是$\trian