【知识点】
全等图形的性质：全等多边形的对应边、对应角分别相等。全等三角形对应边上的高，中线相等，对应角的平分线相等；全等三角形的周长，面积也都相等。
1. 一般三角形全等的判定
（1）边边 边公理：三边对应相等的两个三角形全等（“边边边”或“SSS”）。
（2）边角公理：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等(“边角边”或“SAS”)。
（3）角边角公理： 两个角和它们的夹边分别对应相等的两个三角形全等(“角边角”或“ASA”)。
（4）角角边定理：有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等(“角角边”或“AAS”)。
2.直角三角形全等的判定
（1）利用一般三角形全等的判定都能证明直角三角形全等．
（2）斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等(“斜边、直角边”或“HL”)．
相似三角形的性质
1.相似三角形的一切对应线段(对应高、对应中线、对应角平分线、外接圆半径、内切圆半径等）的比等于相似比。
2.相似三角形周长的比等于相似比。
3.相似三角形面积的比等于相似比的平方
相似三角形的判定方法有：
1.平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交,所构成的三角形与原三角形相似。
2.如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等,那么这两个三角形相似。
3.如果两个三角形的两组对应边的比相等,并且相应的夹角相等,那么这两个三角形相似。
4.如果两个三角形的三组对应边的比相等,那么这两个三角形相似。
直角三角形相似判定定理
1．斜边与一条直角边对应成比例的两直角三角形相似。
2．直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形与原直角三角形相似，并且分成的两个直角三角形也相似。
【规律方法】
证明两三角形全等或相似基本方法步骤：
1．.确定已知条件（包括隐含条件，如公共边、公共角、对顶角、角平分线、中线、高、等腰三角形、等所隐含的边角关系）；
2．证明三角形全等首先找边，然后再看三角形满足怎样的条件，还需要证明什么条件；
3．从题目中分析每个条件能导出什么新的条件，或者能组合成什么有帮助的条件。
4．从问题倒着思考，考虑回答这个问题需要什么条件，而这个条件是否在题目中出现，或者是否可以重新推理出来、或者是否运用到什么定理、推论、公理、规律等。
5.当求两线段之比时，通常构造相似三角形得出对应边之比；
6.当出现如右图形时，要考虑三角形相似和三角形全等；
7．当出现“中点+中点”时，要联想到三角形中位线.
【中考集锦】
一、选择题
1.（2013贵州安顺，5,3分）如图，已知AE=CF，∠AFD=∠CEB，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ADF≌△CBE的是：（ ）
A．∠A=∠C B．AD=CB C．BE=DF D．AD∥BC
【特别提醒】
（1）根据相似三角形找对应边时，出现失误找错对应边，因此在写比例式时出错，导致解题错误信息；
（2）在定理的实际应用中，常常忽视“夹角相等”这个重条件，错误认为有两边对应比相等，再有一组角相等，就能得到两个三角形相似。
（3） 两边一对角(SSA)和三角(AAA)对应相等的两个三角形不一定全等。
答案：
1、【答案】 B
【考点解剖】本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握全等三角形常见判定方法是解题的关键。
【解题思路】已知AE=CF，可知AF=CE；又∠AFD=∠CEB，即知道一组对应边相等，一组对应角相等，因此添加的条件可以是任意一组对应角，或是加一组对应边且保证已知的对应角是夹角。
2、【答案】B.
【考点解剖】本题考查了菱形的性质和相似三角形的判定和性质，找出与所求线段有关的相似三角形是解答本题的关键．
【解题思路】由菱形对角线平分一组对角可得到∠FAN=∠EAM，由“两角对应相等的两个三角形相似”可得Rt△FAN∽Rt△EAM，由“相似三角形对应边成比例”列出含有AN的比例式，解之即可.
3、【答案】C
【考点解剖】本题考查全等三角形的判定.，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.
【解题思路】本题主要是转化为证明△ABD≌△ACE，因为AB=AC，所以∠B＝∠C，此时对四个选项逐一判断，能否证明得到△ABD≌△ACE即可.
4、【答案】B．
【考点解剖】本题考查了相似三角形的性质，勾股定理、正确运用相似三角形的性质对应边成比例式是解题的关键．
5、【答案】D
【考点解剖】本题考查了三角形全等的判定，掌握三角形全等的判定定理是解答本题的关键．
6、【答案】C
【考点解剖】本题考查相似三角形判断，熟练运用两对角对应相等的两个三角形相似这一判断方法是解答此题的关键．
【解题思路】分两种可能，（1）过点M作直线截AC，以M为顶点的角等于∠A=90°或等于∠B，（2）过点M作直线截AB，以M为顶点的角等于∠A=90°或等于∠C，因为过一点只有一条直线垂直于已知直线，所以以M为顶点的角等于∠A=90°时的两直线重合．
【解答过程】如图，分别过点M作△ABC三边的垂线l1、l2、l3，易证此时分别形成的三角形均与原三角形相似，所以共3条．
7、【答案】D
【考点解剖】考察全等三角形的判定，相似三角形的判定及性质，关键是根据等量减等量差相等，证边相等，及相似比等于周长比灵活应用.
【解题思路】由周长相等，A1B1= A2B2,A1C1=A2C2，得出第三边也相等，从而得出三角形全等。由两角对应相等，证明三角形相似，由三角形的相似比等于周长比，得出相似比为1:1，证出三角形全等.
【解答过程】①∵A1B1= A2B2,A1C1=A2C2，A1B1+,A1C1+B1C1=A2C2+A2B2+ B2C2;
∴B1C1= B2C2 ∴△A1B1C1≌△A2B2C2（SSS）;
② ∵∠A1=∠A2,∠B1=∠B2, △A1B1C1∽△A2B2C2 ， 由周长相等，得相似比为1，故△A1B1C1≌△A2B2C2.
8、【答案】 B.
【考点解剖】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是找到与已知线段和所求线段有关的相似三角形．
【解题思路】由平行四边形的性质可知AB∥CD，由此可证得△AFE∽△DCE，利用相似三角形对应边成比例即可求解.
9、【答案】 B．
【考点解剖】本题考查了三角形的中位线定理、相似三角形的性质和判定，充分利用中位线的性质是解题的关键.
【解题思路】先由M、N分别是边AB、AC的中点，确定出MN是△ABC的中位线，从而得到MN∥AB，因此△AMN∽△ABC，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，从而求出△AMNC与△ABC的面积比，再根据比例性质可求得△AMN的面积与四边形MBCN的面积比..
10、
【答案】C
【考点解剖】本题是一道立足正方形的动点问题，综合考查了相似三角形判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是“动中取静”、抓住相似三角形的不变性建立△PCE 的面积为y与BP长度的函数关系式．
【解题思路】过点E作EF⊥BC，垂足为F，结合正方形的性质可证∠BAP+∠APB=90°，∠FPE+∠APB=90°，得∠BAP=∠FPE，又∠B=∠PFE，可证△ABP∽△PFE，得关系式，由于CE为∠BCD的外角平分线，且EF⊥BC，得△ECF为等腰直角三角形，CF=EF，PF=PC+CF=PC+EF=4－ x +EF，所以，得EF= x，从而得△PCE面积为y==2x－x2．
二、填空题
1、【答案】答案不唯一，如：∠C=∠B∠C=∠B或∠AEB=∠ADC∠AEB=∠ADC或∠CEB=∠BDC∠CEB=∠BDC或AE=ADAC=AB或CE=BE.【考点解剖】本题考查了一般三角形全等的判定方法：SSS、SAS、AAS、ASA.
【解题思路】根据已知可知两个三角形已经具备S、A对应相等，所以根据全等三角形的判定方法，可以添加一边或一角都可以全等.
2、【答案】AC=BD或BC=AD或OD=OC或OA=OB.
【考点解剖】本题考查了三角形全等的判定与性质，掌握全等的判定与性质是解决问题的关键．
【解题思路】先推△ADB≌△BCA，根据全等的性质得AC=BD、BC=AD的关系，再推OA=OB，OC=OD.
3、【答案】AE＝CB（或EB＝BD或∠EBD＝90°或∠E＝∠DBC等）．
【考点解剖】本题是一个条件开放性的问题，考查的是全等三角形的判定和分类的数学思想．掌握全等三角形的判定方法是解题关键．
【解题思路】按SAS、ASA、AAS、HL判定，添加缺少的边和角即可．
4、【答案】本题答案不唯一，如∠ACD＝∠B或∠ADC＝∠ACB或．
【考点解剖】本题主要考查相似三角形的判定方法，两个相似三角形的判定方法有：（1）有个角相等的三角形；（2）两边对应成比例，夹角相等；（3）三边对应成比例．
【解题思路】从图形可知，△ABC和△ACD有公共角∠A，因此运用判定方法（1）（2），即只要在添加一对角相等或者添加两夹边对应成比例即可．
5、【答案】1∶3
【考点解剖】本题考查了相似三角形的判断定理及相似三角形的性质，解答本题的关键是证相似以及相似比与面积比的关系。
【解题思路】根据比例式判定三角形哪两组边对应成比例，观察夹角是否相等？证出两三角形相似，再由相似三角形面积比等于相似比的平方算出两三角形的面积比，继而推出三角形和四边形的比.
6、【答案】①②③.
【考点解剖】本题既考查了三角形的中位线，又考查了相似三角形，关键是要从三角形的中位线入手.
【解题思路】由D、E分别是边AB与AC的中点，知道DE∥BC，且DE＝BC，从而有△ADE∽△ABC.
7、【答案】（，）．
【考点解剖】本题将一次函数与反比例函数和相似结合在一起考查，属于综合题，难度适中．
【解题思路】由相似三角形的对应角相等推知△BDE的等腰直角三角形；根据反比例函数图象上点的坐标特征可设E（a，），D（b，），由双曲线的对称性可以求得ab=3；最后，将其代入直线AD的解析式即可求得a的值．
【解答过程】解：如图，∵∠BCA=90°，AC=BC=2，反比例函数y=（x＞0）的图象分别与AB，BC交于点D，E，
∴∠BAC=∠ABC=45°，且可设E（a，），D（b，），
∴C（a，0），B（a，2），A（2﹣a，0），
∴易求直线AB的解析式是：y=x+2﹣a．
又∵△BDE∽△BCA，
∴∠BDE=∠BCA=90°，
∴直线y=x与直线DE垂直，
∴点D、E关于直线y=x对称，则=，即ab=3．
又∵点D在直线AB上，
∴=b+2﹣a，即2a2﹣2a﹣3=0，
解得，a=，
∴点E的坐标是（，）．
8、
分析：由题意知DE是等腰△ABC的中位线，所以DE∥BC，DE＝BC， 因为DE＝2㎝，所以BC＝4㎝．又DE∥BC， 所以△ADE∽△ABC，且相似比为．过点A作AM⊥BC于点M．则MC＝2㎝， 由点E是边AC的中点，EF∥AM，所以FC＝1㎝．在△EFC中， 因为正方形DEFG的边长是2㎝，所以根据勾股定理得EC＝，所以AC＝
9、x=7解：∵在直角三角形ABC中（∠C=90°），放置边长分别3，4，x的三个正方形，
∴△CEF∽△OME∽△PFN，
∴OE：PN=OM：PF，
∵EF=x，MO=3，PN=4，
∴OE=x-3，PF=x-4，
∴（x-3）（x-4）=12，
∴x=0（不符合题意，舍去），x=7．
10、【答案】12．
【解答过程】如图，当CQ＝CE时，延长BQ交射线EF于点G．
∵BQ平分∠CBP，∴∠CBQ＝∠QBP，∵E、F是AB、AC的中点，∴EF∥BC，∴∠CBQ＝∠QGP，∴∠QBP＝∠QGP，∴PB＝PG．∴EP＋BP＝EP＋PG＝EG．∵EF∥BC，∴△BCQ∽△GEQ，∴，∵CQ＝CE，∴，∴EG＝2BC，∵BC＝6，∴EG＝2×6＝12．
三、解答题
1、【考点解剖】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等的判定方法是解题的关键
【解题思路】（1）由已知条件可得两三角形有两边对应相等，所以考虑说明其夹角相等，利用SAS证全等；（2）利用全等的结论，可得BE=AD=2AB，从而转化到△ABC中求线段的长
【解答过程】（1）∵等腰三角形CDE中，∠DCE=90°,
∴CD=CE.
∵∠ACB=90°，
∴∠DCE+∠BCD=∠ACB+∠BCD.
即∠BCE=∠ACD.
又AC=BC，
∴△ACD≌△BCE.
(2)6
2、解：连接BD，
∵等腰直角三角形ABC中，D为AC边上中点，
∴BD⊥AC，BD=CD=AD，∠ABD=45°，
∴∠C=45°，
又DE丄DF，
∴∠FDC=∠EDB，
∴△EDB≌△FDC，
∴BE=FC=3，
∴AB=7，则BC=7，
∴BF=4，
在直角三角形EBF中，
EF2=BE2+BF2=32+42，
∴EF=5．
3、答：EF的长为5．解答：证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=AB，∠1+∠2=90°
又∵BE⊥AG，DF⊥AG
∴∠1+∠3=90°，∠2+∠4=90°
∴∠2=∠3，∠1=∠4
∴△ADF≌△BAE
4、解答：（1）证明：连接AC．
∵∠ABC=90°，∴AB2+BC2=AC2．
∵CD⊥AD，∴AD2+CD2=AC2．
∵AD2+CD2=2AB2，
∴AB2+BC2=2AB2，
∴AB=BC．
（2）证明：过C作CF⊥BE于F．
∵BE⊥AD，∴四边形CDEF是矩形．∴CD=EF．
∵∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∴△BAE≌△CBF．∴AE=BF．
∴BE=BF+EF=AE+CD．
5、【解答过程】解：（1）证明：∵PC=50，PA=30，PB=18
∴
，又∵∠APC=∠BPA，
∴△PAB∽△PCA.
（2）证明：∵AC是⊙O的直径 ∴∠ABC=90，
∴∠ABP=90°，
又∵△PAB∽△PCA
∴∠PAC=∠ABP，
∴∠PAC=90°，
∴PA是⊙O的切线.
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