中考几何专题全等模型解析

中考几何专题全等模型解析一、引言全等三角形是中考几何的核心基石，几乎所有几何证明（线段相等、角相等、图形对称性）和计算（长度、角度、面积）都离不开全等的应用。近年来，中考对全等的考查更倾向于模型化——通过固定的图形结构和条件，快速识别并应用全等结论，提升解题效率。本文将系统解析中考高频全等模型，结合典型例题与解题策略，助力考生掌握核心方法，突破几何难点。二、全等三角形基础回顾在讲解模型前，需先巩固全等的核心知识，确保基础扎实。1.全等三角形的定义能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形（记作“≌”）。2.全等三角形的性质对应边相等（AB=A'B'，BC=B'C'，AC=A'C'）；对应角相等（∠A=∠A'，∠B=∠B'，∠C=∠C'）；对应中线、高、角平分线相等；周长、面积相等。3.全等三角形的判定定理判定方法适用条件注意事项SSS（边边边）三边对应相等无顺序要求，适用于所有三角形SAS（边角边）两边及其夹角对应相等必须是**夹角**，SSA无法判定全等ASA（角边角）两角及其夹边对应相等夹边是两角的公共边AAS（角角边）两角及其中一角的对边对应相等对边是指非夹边的边HL（斜边直角边）直角三角形的斜边和一条直角边对应相等仅适用于直角三角形4.关键思想全等的核心是“转移”——通过全等三角形，将分散的线段、角集中到同一图形中，从而利用已知条件解决问题。三、核心全等模型解析中考中，全等模型的考查以固定图形结构和典型结论为标志。以下是五大高频模型的详细解析：模型1：手拉手模型（旋转型全等）（1）模型定义两个等腰三角形共顶点（称为“拉手点”），且顶角相等，将其中一个三角形绕顶点旋转，使两腰重合，形成的全等三角形模型。（2）模型特征共顶点：两个等腰三角形有公共顶点（如△ABC和△ADE共顶点A）；等腰：两三角形均为等腰三角形（AB=AC，AD=AE）；顶角相等：∠BAC=∠DAE。（3）核心结论旋转后形成的两个三角形全等（如△ABD≌△ACE）；对应边相等（BD=CE）；对应边的夹角等于顶角（∠BFC=∠BAC）。（4）典型例题例1：如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BD、CE，交于点F。求证：①BD=CE；②∠BFC=60°。解析：①由等边三角形性质，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°；∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，即∠BAD=∠CAE；根据SAS，△ABD≌△ACE（AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE）；因此BD=CE（全等三角形对应边相等）。②由△ABD≌△ACE，得∠ABD=∠ACE；在△BFC中，∠BFC=180°-∠FBC-∠FCB=180°-(∠ABC-∠ABD)-(∠ACB+∠ACE)；因△ABC是等边三角形，∠ABC=∠ACB=60°，代入得∠BFC=180°-60°-60°=60°。（5）解题策略找“拉手点”：识别共顶点的等腰三角形；定旋转方向：绕拉手点旋转，使等腰三角形的腰重合；证全等：利用SAS（两边及其夹角）证明旋转后的三角形全等；用结论：通过全等性质得对应边、对应角关系。（6）拓展变形等腰直角三角形手拉手（顶角90°，对应边夹角90°）；一般等腰三角形手拉手（顶角α，对应边夹角α）。模型2：一线三垂直模型（K型全等）（1）模型定义在同一直线上有三个直角顶点，且这三个直角的两边分别对应垂直，形成的直角三角形全等模型（因图形类似“K”字，故又称“K型全等”）。（2）模型特征共线：三个直角顶点在同一直线上（如B、C、D在直线l上）；垂直：两边分别垂直（AB⊥l，CE⊥l，DE⊥CE）；直角：∠ABC=∠ECD=∠CDE=90°。（3）核心结论相邻的两个直角三角形全等（如△ABC≌△CDE）；对应边相等（AB=CD，BC=DE）。（4）典型例题例2：如图，在平面直角坐标系中，点A(0,3)，B(2,0)，点C在x轴上，且CD⊥x轴于D，CE⊥y轴于E，CD=CE。连接AC、BC，求证：△ABC≌△CDE。解析：由CD⊥x轴、CE⊥y轴，得四边形OCDE是矩形；因CD=CE，故矩形OCDE是正方形，因此OD=OE=CD=CE；设C点坐标为(a,0)，则D(a,0)，E(0,a)，CD=|a|，CE=|a|，符合条件；计算线段长度：AB=√[(2-0)²+(0-3)²]=√13，BC=√[(a-2)²+(0-0)²]=|a-2|，CD=|a|，DE=√[(a-0)²+(0-a)²]=a√2？不对，重新设定：更正：一线三垂直的标准图形是：直线l上有B、C、D三点，AB⊥l于B，CE⊥l于C，DE⊥CE于E，此时△ABC≌△CDE（∠ABC=∠CDE=90°，∠ACB=∠DCE，BC=DE）。正确例题：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在AC上，点E在BC延长线上，且AD=CE，连接DE，交AB于F。求证：DF=EF。解析：过D作DG⊥AC，交AB于G，则∠ADG=90°；因∠ACB=90°，AC=BC，故∠A=∠B=45°，∠AGD=∠A=45°，AD=DG；由AD=CE，得DG=CE；∠DGF=∠ECF=135°（∠AGD=45°，故∠DGF=180°-45°=135°；∠ECF=180°-∠ACB=90°？不对，∠ECF=180°-∠B=135°，因∠B=45°）；∠DFG=∠EFC（对顶角相等）；根据AAS，△DGF≌△ECF，故DF=EF。（5）解题策略找直角：识别同一直线上的三个直角顶点；定垂直关系：确认直角的两边是否对应垂直；设坐标：若在坐标系中，可设点坐标，通过计算线段长度证明全等；用全等：通过AAS或SAS证明直角三角形全等，得对应边相等。模型3：半角模型（旋转凑全等）（1）模型定义在一个图形中，存在一个角是另一个角的一半（如∠EAF=1/2∠BAD），且两边有相等的线段（如AB=AD），通过旋转构造全等三角形，将半角转化为全角的模型。（2）模型特征有一个角是另一个角的一半（如正方形中∠EAF=45°，而∠BAD=90°）；两边有相等的线段（如AB=AD）；半角的两边与图形的边相交（如E、F在BC、CD上）。（3）核心结论旋转后，半角两边的线段和等于第三边（如EF=BE+DF）；形成等腰三角形或全等三角形。（4）典型例题例3：如图，正方形ABCD中，∠EAF=45°，E在BC上，F在CD上，求证：EF=BE+DF。解析：将△ADF绕点A顺时针旋转90°，使AD与AB重合，得到△ABG；由旋转性质，△ADF≌△ABG，故DF=BG，∠DAF=∠BAG；因∠EAF=45°，∠BAD=90°，故∠BAE+∠DAF=45°，即∠BAE+∠BAG=∠EAG=45°=∠EAF；在△AEF和△AEG中，AE=AE，∠EAF=∠EAG，AF=AG（旋转后AF=AG）；根据SAS，△AEF≌△AEG，故EF=EG=BE+BG=BE+DF。（5）解题策略找半角：识别图形中的半角（如45°是90°的一半，60°是120°的一半）；定旋转中心：选择有相等线段的顶点（如正方形的顶点A）；旋转方向：将半角的一边旋转到另一边，凑出全角；证全等：通过SAS证明旋转后的三角形全等，得线段和。模型4：倍长中线模型（延长构造全等）（1）模型定义当三角形中有中线或类中线（如中点连线）时，延长中线到两倍，构造全等三角形，转移线段或角的模型。（2）模型特征有中线：AD是△ABC的中线（BD=CD）；类中线：E是AD中点（AE=ED），或BF=FC（F是BC中点）。（3）核心结论延长中线到两倍后，形成的两个三角形全等（如△ABD≌△ECD）；对应边相等（AB=EC）；对应角相等（∠BAD=∠CED）。（4）典型例题例4：如图，△ABC中，AD是BC中线，AB=5，AC=7，求AD的取值范围。解析：延长AD到E，使DE=AD，连接BE；因AD是BC中线，故BD=CD；在△ADC和△EDB中，AD=ED，∠ADC=∠EDB（对顶角相等），BD=CD；根据SAS，△ADC≌△EDB，故BE=AC=7；在△ABE中，AB=5，BE=7，根据三角形三边关系，7-5<AE<7+5，即2<AE<12；因AE=2AD，故1<AD<6。（5）解题策略找中线：识别三角形中的中线或类中线；延长中线：延长中线到两倍，使中点成为对称中心；证全等：通过SAS证明延长后的三角形全等；集中线段：将分散的线段（如AB、AC）集中到同一三角形（如△ABE）中，用三边关系解决。模型5：截长补短模型（线段和差型全等）（1）模型定义用于证明线段和差关系（如AB=CD+EF），通过截长（在AB上取一段等于CD，证明剩下的等于EF）或补短（延长CD到G使DG=EF，证明CG=AB）构造全等三角形的模型。（2）模型特征有线段和差的结论（如EF=BE+DF）；有角平分线、垂线等条件（如AD是∠BAC的平分线）。（3）核心结论截长：在长线段上取一段等于短线段，证明剩余部分等于另一短线段；补短：延长短线段到与长线段相等，证明延长后的线段等于长线段。（4）典型例题例5：如图，△ABC中，∠B=2∠C，AD是BC边上的高，求证：AB+BD=CD。解析：截长法：在CD上取DE=BD，连接AE；因AD是BC边上的高，故AD⊥BC，∠ADB=∠ADE=90°；在△ABD和△AED中，AD=AD，∠ADB=∠ADE，BD=DE；根据SAS，△ABD≌△AED，故AB=AE，∠B=∠AED；因∠B=2∠C，故∠AED=2∠C；在△AEC中，∠AED=∠C+∠CAE（外角性质），故2∠C=∠C+∠CAE，得∠CAE=∠C；因此AE=CE（等角对等边），故AB=CE；因此CD=CE+DE=AB+BD。（5）解题策略看结论：确定是线段和（AB=CD+EF）还是线段差（AB=CD-EF）；选方法：若结论是“和”，优先选截长（在长线段上取一段等于短线段）或补短（延长短线段到与长线段相等）；若结论是“差”，优先选截长（在长线段上取一段等于短线段，证明剩余部分等于差）；证全等：通过SAS、AAS等证明构造的三角形全等；用性质：利用全等三角形的对应边相等得结论。四、模型综合应用中考题往往会将多个模型结合，考查综合应用能力。以下是一道典型例题：例6：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在BC上，连接AD，将AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接BE，交AC于F。求证：BF=CF+AF。解析：步骤1：识别模型：AD绕A旋转90°得到AE，故△ADE是等腰直角三角形，与△ABC（等腰直角三角形）共顶点A，属于手拉手模型；步骤2：应用手拉手结论：∠BAC=∠DAE=90°，故∠BAD=∠CAE，AB=AC，AD=AE，因此△ABD≌△ACE（SAS），得BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°；步骤3：转化结论：要证BF=CF+AF，即BF-CF=AF，考虑截长补短，在BF上取FG=CF，连接CG；步骤4：证全等：∠BFC=∠AFE（对顶角），∠FBC=∠FAC=45°，FG=CF，故△CFG是等腰直角三角形，∠CGF=45°，CG=CF；步骤5：用全等性质：由△ABD≌△ACE，得∠BAD=∠CAE，而∠BAF=∠CAE+∠EAF=∠BAD+∠EAF=90°-∠DAF，可能需要调整：更正：更好的方法是延长CF到H，使FH=AF，连接BH，证明△AFE≌△HFB（ASA），得AE=BH=AD，再证明△BCH≌△ACD（SAS），得CH=CD=BD=CE，从而BF=CF+AF。注：综合题的关键是分解模型，将复杂图形拆分为熟悉的模型（如手拉手、截长补短），逐一应用结论。五、总结与复习建议1.核心思想所有全等模型的本质都是“构造全等，转移条件”——通过添加辅助线（旋转、延长、截取），将未知转化为已知，利用全等三角形的性质解决问题。2.复习建议记模型特征：熟练掌握每个模型的图形结构（如手拉手的共顶点等腰三角形、半角的45°角），能快速识别；练典型例题：做中考真题和模拟题，总结每个模型的解题套路（如倍长中线的延长方法、截长补短的选择）；懂变形应用