2019年中考第2篇数学考点聚焦《第7讲：三角形的全等》课件

(一)如图①，若BD＝BA，求证：△ABE≌△DBE； (二)如图②，若BD＝4DC，取AB的中点G，连接CG交AD于M，求证： ①GM＝2MC；②AG2＝AF·AC.
证明：(一)在 Rt△ABE 和 Rt△DBE 中，BBAE＝＝BBED，，∴△ABE≌△DBE
(二)①如图 2，过点 G 作 GH∥AD 交 BC 于点 H， ∵AG＝BG，∴BH＝DH，∵BD＝4DC，设 DC＝1，BD＝4， ∴BH＝DH＝2，∵GH∥AD，∴GMMC＝HDDC＝21，∴GM＝2MC
解：(1)∠AMQ＝45°＋α；理由：∵∠PAC＝α，△ACB是等腰直角 三角 形，∴∠BAC＝∠ B＝45°，∠PAB＝45°－α， ∵QH⊥AP， ∴∠AHM＝90°，∴∠AMQ＝180°－∠AHM－∠PAB＝45°＋α
(2)PQ＝MB；理由：连接AQ，作ME⊥QB，如图所示． ∵AC⊥QP，CQ＝CP，
(2)①∵AB＝AD＝6，∴BD＝6 2，由题意得 DM＝t，BE＝ 2t，
∴AM＝6－t，DE＝6 2－ 2t，∵AD∥BC，∴△ADE∽△FBE，

∴ABDF ＝DBEE，即6y＝6
2－ 2t
2t，∴y＝66－t t
②∵BN＝2AN，∴AN＝2，BN＝4，由(1)证得∠BAF＝∠AMN，
∵∠ABF＝∠MAN＝90°，∴△ABF∽△MAN，∴AAMB ＝ABNF ， 即6－6 t＝B2F，∴BF＝61－2 t，由①求得 BF＝66－t t，∴66－t t＝61－2 t， ∴t＝2，∴BF＝3，∴FN＝ BF2＋BN2＝5 cm
第7讲 三角形的全等、相似及特殊四边形
三角形全等
【例1】 (2017·北京)在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P是线段BC 上一动点(与点B，C不重合)，连接AP，延长BC至点Q，使得CQ＝CP，过点 Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M.
(1)若∠PAC＝α，求∠AMQ的大小；(用含α的式子表示) (2)用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．
解：(1)如图，在正方形 ABCD 中，DC＝BC， ∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠CBF＝180°－∠ABC＝90°，
∠1＋∠2＝∠DCB＝90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°， ∴∠3＋∠2＝∠ECF＝90°，∴∠1＝∠3，
在△CDE 和△CBF 中，∠ DCD＝＝B∠CC，BF，，∴△CDE≌△CBF ∠1＝∠3，
解：(1)证明：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠B＝∠C＝45°，
AB＝AC，∵AP＝AQ，∴BP＝CQ，∵E 是 BC 的中点，
BE＝CE， ∴BE＝CE，在△BPE 和△CQE 中，∵∠B＝∠C，∴△BPE≌△CQE(SAS)
BP＝CQ，
(2)解：∵△ABC 和△DEF 是两个全等的等腰直角三角形， ∴∠B＝∠C＝∠DEF＝45°，∵∠BEQ＝∠EQC＋∠C， 即∠BEP＋∠DEF＝∠EQC＋∠C，∴∠BEP＋45°＝∠EQC＋45°， ∴∠BEP＝∠EQC，∴△BPE∽△CEQ，∴CBEP＝CBQE， ∵BP＝2，CQ＝9，BE＝CE，∴BE2＝18， ∴BE＝CE＝3 2，∴BC＝6 2
【点评】 本题考查相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、全
等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握相似三角形的判定方法是
解决问题的关键，注意数形结合思想的应用．
[对应训练] 2．(1)(导学号：65244066)(2017·安徽)已知正方形ABCD，点M为边AB的 中点． (一)如图①，点G为线段CM上的一点，且∠AGB＝90°，延长AG，BG 分别与边BC，CD交于点E，F. ①求证：BE＝CF；②求证：BE2＝BC·CE. (二)如图②，在边BC上取一点E，满足BE2＝BC·CE，连接AE交CM于点 G，连接BG并延长交CD于点F，求tan∠CBF的值．
(2)在正方形 ABCD 中，AD∥BC，∴△GBF∽△EAF，∴BAGE＝ABFF， 由(1)知，△CDE≌△CBF，∴BF＝DE＝12，∵正方形的边长为 1，
1 ∴AF＝AB＋BF＝32，AE＝AD－DE＝12，∴B1G＝32，∴BG＝16，
22
∴CG＝BC－BG＝56
(3)不能，理由：若四边形CEAG是平行四边形，则必须满足AE∥CG，
三角形相似
【例2】 (2017·天水)△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形， ∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合，将 △DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射 线CA相交于点Q.
(1)如图①，当点Q在线段AC上，且AP＝AQ时，求证：△BPE≌△CQE； (2)如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求 当BP＝2，CQ＝9时BC的长．
∴∠QAC＝∠PAC＝α，∴∠QAM＝45°＋α＝∠AMQ，
∴AP＝AQ＝QM，在△APC 和△QME 中，∠∠PAACCP＝＝∠∠MQEQME，， AP＝QM，
∴△APC≌△QME(AAS)，∴PC＝ME， ∵△MEB 是等腰直角三角形，∴12PQ＝ 22MB，∴PQ＝ 2MB
【点评】 本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定 与性质、勾股定理等知识；熟练证明三角形全等是解决问题的关键．
∴CCGE＝CCGB，即 CG2＝BC·CE，由∠CFG＝∠GBM＝∠BGM＝ ∠CGF 得 CF＝CG，由①知 BE＝CF，∴BE＝CG，∴BE2＝BC·CE
(二)延长 AE，DC 交于点 N，∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB∥CD，∴∠N＝∠EAB，又∵∠CEN＝∠BEA，
∴△CEN∽△BEA，∴CBEE＝CBNA，即 BE·CN＝AB·CE， ∵AB＝BC，BE2＝BC·CE，∴CN＝BE，∵AB∥DN，
特殊四边形
【例 3】 (2017·海南)如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形， 点 E 在 AD 边上运动，且不与点 A 和点 D 重合，连接 CE， 过点 C 作 CF⊥CE 交 AB 的延长线于点 F，EF 交 BC 于点 G. (1)求证：△CDE≌△CBF； (2)当 DE＝12时，求 CG 的长； (3)连接 AG，在点 E 运动过程中，四边形 CEAG 能否为平行四边形？ 若能，求出此时 DE 的长；若不能，说明理由．
∴ACMN ＝GCMG ＝BCMF ，∵AM＝MB，∴FC＝CN＝BE， 不妨设正方形的边长为 1，BE＝x，由 BE2＝BC·CE 可得 x2＝1·(1－x)，
解得 x1＝ 52－1，x2＝－ 25－1(舍)，∴BBCE＝ 52－1，
则 tan∠CBF＝BFCC＝BBCE＝
5－1 2
(2)(2017·常德)如图，在直角△ABC中，∠BAC＝90°，D在BC上，连接 AD，作BF⊥AD分别交AD于点E，交AC于点F.
解：(一)①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90° ，∴∠ABG＋∠CBF＝90°，∵∠AGB＝90°，∴∠ABG＋∠BAG＝90° ，∴∠BAG＝∠CBF，∵AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， ∴△ABE≌△BCF，∴BE＝CF
②∵∠AGB＝90°，点 M 为 AB 的中点，∴MG＝MA＝MB， ∴∠GAM＝∠AGM，又∵∠CGE＝∠AGM，∠GAM＝∠CBG， ∴∠CGE＝∠CBG，又∠ECG＝∠GCB，∴△CGE∽△CBG，
[对应训练] 1．(1)(2017·苏州)如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上， ∠1＝∠2，AE和BD相交于点O. ①求证：△AEC≌△BED； ②若∠1＝42°，求∠BDE的度数．
解：①证明：∵AE 和 BD 相交于点 O，∴∠AOD＝∠BOE.
在△AOD 和△BOE 中，∠A＝∠B，∴∠BEO＝∠2.
AE＝CG，∴AD－AE＝BC－CG，∴DE＝BG，由(1)知，△CDE≌△CBF，
∴DE＝BF，CE＝CF，∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形，
∴∠GFB＝45°，∠CFE＝45°，∴∠CFA＝∠GFB＋∠CFE＝90°，
此时点F与点B重合，点D与点E重合，与题目条件不符，
∴点E在运动过程中，四边形CEAG不能是平行四边形
(2)(导学号：65244065)(2017·齐齐哈尔)如图，在△ABC中，AD⊥BC于点 D，BD＝AD，DG＝DC，E，F分别是BG，AC的中点．
①求证：DE＝DF，DE⊥DF； ②连接EF，若AC＝10，求EF的长．
解：①证明：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在△BDG 和△ADC 中，B∠DB＝DGAD＝，∠ADC，∴△BDG≌△ADC， DG＝DC，
解：(1)∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∵MN⊥AF，∴∠AHM＝90°，∴∠BAF＋∠MAH＝∠MAH＋∠AMH＝90°，
∴∠BAF＝∠AMH，在△AMN 与△ABF 中，∠ AMA＝MNBA＝，∠BAF， ∠MAN＝∠ABF，
∴△AMN≌△BAF，∴AF＝MN
②过点 C 作 CN⊥AC 交 AD 的延长线于点 N，则 CN∥AG，
∴△AGM∽△NCM，∴ANGC＝GMMC，由①知 GM＝2MC， ∴2NC＝AG，∵∠BAC＝∠AEB＝90°， ∴∠ABF＝∠CAN＝90°－∠BAE，∴△ACN∽△BAF，
∴CANF＝AABC，∵AB＝2AG，∴CANF＝2AACG， ∴2CN·AG＝AF·AC，∴AG2＝AF·AC
∴BG＝AC，∠BGD＝∠C，∵∠ADB＝∠ADC＝90°，
E，F 分别是 BG，AC 的中点，∴DE＝12BG＝EG，DF＝12AC＝AF， ∴DE＝DF，∠EDG＝∠EGD，∠FDA＝∠FAD， ∴∠EDG＋∠FDA＝90°，∴DE⊥DF ②解：∵AC＝10，∴DE＝DF＝5，
由勾股定理得 EF＝ DE2＋DF2＝5 2
【点评】 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三 角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定，解(1)的关 键是判定∠DCE＝∠BCF，解(2)的关键是判断出△GBF∽△EAF，解(3)的关键 是判断出∠CFA＝90°.