如图,点A,C分别在一个含45°的直角三角形版HBE的两条直角边BH和BE上,且BA=BC,过点C作CD⊥BE,过E点作EF,交∠DCE的角平分线于点F,交HE于点P.(1)是判断△PCE的形状,并说明理由；(2)若∠HAE=120°,AB=3,求EF_百度作业帮
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如图,点A,C分别在一个含45°的直角三角形版HBE的两条直角边BH和BE上,且BA=BC,过点C作CD⊥BE,过E点作EF,交∠DCE的角平分线于点F,交HE于点P.(1)是判断△PCE的形状,并说明理由；(2)若∠HAE=120°,AB=3,求EF
如图,点A,C分别在一个含45°的直角三角形版HBE的两条直角边BH和BE上,且BA=BC,过点C作CD⊥BE,过E点作EF,交∠DCE的角平分线于点F,交HE于点P.(1)是判断△PCE的形状,并说明理由；(2)若∠HAE=120°,AB=3,求EF的长.&只答其中一题也行！
1、在直角三角形版HBE中有一角为45°,则剩下一角为45°即角CPE=45°因为CD垂直BE,且CF为角DCE的角平分线所以角PCE=二分之一角DCE=45°所以角CEP=90°PC=PE即三角形PCE为等腰直角三角形.2、当角HAE=120°,AB=3时角BAE=180°-角HAE=180°-120°=60°在直角三角形ABE中,角AEB=90°-角BAE=90°-60°=30°AE=2AB=6接下来只要证明三角形HAE和三角形CEF全等就可得出EF=AE=6因为很久很久以前学的,具体证明方法忘了,应该是边角边、角边角之类的因为BA=BC且三角形HBE为等腰直角三角形,BH=BE所以HA=CE角AHE=角ECF=45°只要再找出一个角相等就OK了.LZ加油!（1）如图（1）点P是正方形ABCD的边CD上一点（点P与点C，D不重合），点E在BC的延长线上，且CE=CP，连接BP，DE．求证：△BCP≌△DCE；（2）直线EP交AD于F，连接BF，FC．点G是FC与BP的交点．①若CD=2PC时，求证：BP⊥CF；②若CD=noPC（n是大于1的实数）时，记△BPF的面积为S1，△DPE的面积为S2．求证：S1=（n+1）S2．查看本题解析需要普通用户：1个优点。用户与用户即可查看。如图,抛物线Y=1/2x^2+bx+c与Y轴交与点C(0,-4),与x轴交与点A,B,且B点的坐标为(2,0)，&br/&（1）若点P是AB上的一动点，过点P作PE//AC，交BC于点E，连接CP，求三角形PCE面积的最大值。&br/&（2）若点D为OA中点，点M是线段AC上一点，且三角形OMD
如图,抛物线Y=1/2x^2+bx+c与Y轴交与点C(0,-4),与x轴交与点A,B,且B点的坐标为(2,0)，（1）若点P是AB上的一动点，过点P作PE//AC，交BC于点E，连接CP，求三角形PCE面积的最大值。（2）若点D为OA中点，点M是线段AC上一点，且三角形OMD 5
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解：（1）把点C（0，-4），B（2，0）分别代入y=12x2+bx+c中，得c＝-412×22+2b+c＝0，解得b＝1c＝-4∴该抛物线的解析式为y=12x2+x-4．（2）令y=0，即12x2+x-4=0，解得x1=-4，x2=2，∴A（-4，0），S△ABC=12ABoOC=12．设P点坐标为（x，0），则PB=2-x．∵PE∥AC，∴∠BPE=∠BAC，∠BEP=∠BCA，∴△PBE∽△BAC，∴S△PBES△ABC＝(PBAB)2，即S△PBE12＝(2-x6)2，化简得：S△PBE=13（2-x）2．S△PCE=S△PCB-S△PBE=12PBoOC-S△PBE=12×（2-x）×4-13（2-x）2=-13x2-23x+83=-13（x+1）2+3∴当x=-1时，S△PCE的最大值为3．（3）△OMD为等腰三角形，可能有三种情形：（I）当DM=DO时，如答图①所示．DO=DM=DA=2，∴∠OAC=∠AMD=45°，∴∠ADM=90°，∴M点的坐标为（-2，-2）；（II）当MD=MO时，如答图②所示．过点M作MN⊥OD于点N，则点N为OD的中点，∴DN=ON=1，AN=AD+DN=3，又△AMN为等腰直角三角形，∴MN=AN=3，∴M点的坐标为（-1，-3）；（III）当OD=OM时，∵△OAC为等腰直角三角形，∴点O到AC的距离为22×4=22，即AC上的点与点O之间的最小距离为22．∵22＞2，∴OD=OM的情况不存在．综上所述，点M的坐标为（-2，-2）或（-1，-3）．
解：（1）把点C（0，-4），B（2，0）分别代入y=12x2+bx+c中，得c＝-412×22+2b+c＝0解得b＝1c＝-4∴该抛物线的解析式为y=12x2+x-4．（2）令y=0，即12x2+x-4=0，解得x1=-4，x2=2，∴A（-4，0），S△ABC=12ABoOC=12．设P点坐标为（x，0），则PB=2-x．∵PE∥AC，∴∠BPE=∠BAC，∠BEP=∠BCA，∴△PBE∽△BAC，∴S△PBES△ABC＝(PBAB)2，即S△PBE12＝(2-x6)2，化简得：S△PBE=13（2-x）2．S△PCE=S△PCB-S△PBE=12PBoOC-S△PBE=12×（2-x）×4-13（2-x）2=-13x2-23x+83=-13（x+1）2+3∴当x=-1时，S△PCE的最大值为3．（3）△OMD为等腰三角形，可能有三种情形：（I）当DM=DO时，如答图①所示．DO=DM=DA=2，∴∠OAC=∠AMD=45°，∴∠ADM=90°，∴M点的坐标为（-2，-2）；（II）当MD=MO时，如答图②所示．过点M作MN⊥OD于点N，则点N为OD的中点，∴DN=ON=1，AN=AD+DN=3，又△AMN为等腰直角三角形，∴MN=AN=3，∴M点的坐标为（-1，-3）；（III）当OD=OM时，∵△OAC为等腰直角三角形，∴点O到AC的距离为22×4=22，即AC上的点与点O之间的最小距离为22．∵22＞2，∴OD=OM的情况不存在．综上所述，点M的坐标为（-2，-2）或（-1，-3）．
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理工学科领域专家2014年中考数学全等三角形试题汇编
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2014年中考数学全等三角形试题汇编
作者：佚名 资料来源：网络 点击数： &&&
2014年中考数学全等三角形试题汇编
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文 章来源莲山 课件 w w w.5Y
全等三角形(包括命题)一、选择题1．(2014年四川资阳，第6题3分)下列命题中，真命题是（　　）　&A．&一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形　&B．&对角线互相垂直的平行四边形是矩形　&C．&对角线垂直的梯形是等腰梯形　&D．&对角线相等的菱形是正方形考点：&命题与定理．分析：&利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项．解答：&解：A、有可能是等腰梯形，故错误；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误；C、对角线相等的梯形是等腰梯形，故错误；D、正确， 故选D．点评：&本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大．2.（;毕节地区，第5题3分）下列叙述正确的是（& ）　&A．&方差越大，说明数据就越稳定　&B． &在不等式两边同乘或同除以一个不为0的数时，不等号的方向不变　&C．&不在同一直线上的三点确定一个圆　&D．&两边及其一边的对角对应相等的两个三角形全等
考点：&方差；不等式的性质；全等三角形的判定；确定圆的条件分析：&利用方差的意义、不等号的性质、全等三角形的判定及确定圆的条件对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项．解答：&解：A、方差越大，越不稳定，故选项错误；B、在不等式的两边同时乘以或除以一个负数，不等号方向改变，故选项错误；C、正确；D、两边及其夹角对应相等的两个三角形全等，故选项错误．故选C．点评：&本题考查了方差的意义、不等号的性质、全等三角形的判定及确定圆的条件，属于基本定理的应用，较为简单．
3．（;台湾，第9题3分）如图，坐标平面上，△ABC与△DEF全等，其中A、B、C的对应顶点分别为D、E、F，且AB＝BC＝5．若A点的坐标为(3，1)，B、C两点在方程式y＝3的图形上，D、E两点在y轴上，则F点到y轴的距离为何？(　　)&A．2&B．3&C．4&D．5分析：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P．由AB＝BC，△ABC≌△DEF，就可以得出△AKC≌△CHA≌△DPF，就可以得出结论．解：如图，作AH、CK、FP分别垂直BC、AB、DE于H、K、P．∴∠DPF＝∠AKC＝∠CHA＝90°．∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA．在△AKC和△CHA中。∠AKC＝∠CHA，AC＝CA，∠BAC＝∠BCA． ∴△AKC≌△CHA(ASA)，∴KC＝HA．∵B、C两点在方程式y＝3的图形上，且A点的坐标为(3，1)，∴AH＝4．∴KC＝4．∵△ABC≌△DEF，∴∠BAC＝∠EDF，AC＝DF．在△AKC和△DPF中，∠AKC＝∠DPF，∠BAC＝∠EDF， AC＝DF． ∴△AKC≌△DPF(AAS)，∴KC＝PF＝4．故选C．&点评：本题考查了坐标与图象的性质的运用，垂直的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等腰三角形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
4. （;益阳，第7题，4分）如图，平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，如果添加一个条件使△ABE≌△CDF，则添加的条件& 是（　　）&（第1题图）　&A．&AE=CF&B．&BE=FD&C．&BF=DE&D．&∠1=∠2考点：&平行四边形的性质；全等三角形的判定．分析：&利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定分别分得出即可．解答：&解：A、当AE=CF无法得出△ABE≌△CDF，故此选项符合题意；B、当BE=FD，∵平行四边形ABCD中，∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，在△ABE和△CDF中&，∴△ABE≌△CDF（SAS），故此选项错误；C、当BF=ED，∴BE=DF，∵平行四边形ABCD中，∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，在△ABE和△CDF中&，∴△ABE≌△CDF（SAS），故此选项错误；D、当∠1=∠2，∵平行四边形ABCD中，∴AB=CD，∠ABE=∠CDF，在△ABE和△CDF中&，∴△ABE≌△CDF（ASA），故此选项错误； 故选：A．&点评：&此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定等知识，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．5. （2014年江苏南京，第6题，2分）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（　　）&（第2题图）A．（ ，3）、（ ，4）&B．&（ ，3）、（ ，4）&C．（ ， ）、（ ，4）&D．（ ， ）、（ ，4）考点：矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质。分析：首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．解答：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，∵四边形AOBC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB，∴∠CAF=∠BOE，在△ACF和△OBE中， ，∴△CAF≌△BOE（AAS），∴BE=CF=41=3，∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°，∴∠AOD=∠OBE，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△AOD∽△OBE，∴ ，即 ，∴OE= ，即点B（ ，3），∴AF=OE= ，∴点C的横坐标为：（2 ）= ，∴点D（ ，4）．故选B．点评：此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
6.（;扬州，第8题，3分）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则tan∠MCN=（　　）&x§k§b 1（第3题图）　&A．& &B．& &C．& &D．& 2
考点：&全等三角形的判定与性质；三角形的面积；角平分线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理专题：&计算题．分析：&连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥ON于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NF=x，表示出CF，根据勾股定理即可求得MF，然后求得tan∠MCN．解答：&解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，∴AM=AN=2，BM=DN=4，连接MN，连接AC，&∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°在Rt△ABC与Rt△ADC中，&，∴Rt△ABC≌Rt△ADC（LH）∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD=30°，MC=NC，∴BC= AC，∴AC2=BC2+AB2，即（2BC）2=BC2+AB2，3BC2=AB2，∴BC=2 ，在Rt△BMC中，CM= = =2 ．∵AN=AM，∠MAN=60°，∴△MAN是等边三角形，∴MN=AM=AN=2，过M点作ME⊥ON于E，设NE=x，则CE=2 x，∴MN2NE2=MC2EC2，即4x2=（2 ）2（2 x）2，解得：x= ，∴EC=2
= ，∴ME= = ，∴tan∠MCN= = 故选A．点评：&此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．　7．（2014年山东泰安，第16题3分）将两个斜边长相等的三角形纸片如图①放置，其中∠ACB=∠CED=90°，∠A=45°，∠D=30°．把△DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1，如图②，连接D1B，则∠E1D1B的度数为（　　）&　A．10°&B．&20°&C．&7.5°&D．&15°分析：&根据直角三角形两锐角互余求出∠DCE=60°，旋转的性质可得∠BCE1=15°，然后求出∠BCD1=45°，从而得到∠BCD1=∠A，利用“边角边”证明△ABC和△D1CB全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BD1C=∠ABC=45°，再根据∠E1D1B=∠BD1C∠CD1E1计算即可得解．解：∵∠CED=90°，∠D=30°，∴∠DCE=60°，∵△DCE绕点C顺时针旋转15°，∴∠BCE1=15°，∴∠BCD1=60°15°=45°，∴∠BCD1=∠A，在△ABC和△D1CB中， ，∴△ABC≌△D1CB（SAS），∴∠BD1C=∠ABC=45°，∴∠E1D1B=∠BD1C∠CD1E1=45°30°=15°．故选D．点评：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并求出△ABC和△D1CB全等是解题的关键．
二.填空题1．（;新疆，第14题5分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，DE垂直平分AC，垂足为O，AD∥BC，且AB=3，BC=4，则AD的长为　&&&&& 　．&考点：&勾股定理；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．分析：&先根据勾股定理求出AC的长，再根据DE垂直平分AC得出OA的长，根据相似三角形的判定定理得出△AOD∽△CBA，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．解答：&解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC= = =5，∵DE垂直平分AC，垂足为O，∴OA= AC= ，∠AOD=∠B=90°，∵AD∥BC，∴∠A=∠C，∴△AOD∽△CBA，∴ = ，即 = ，解得AD= ．故答案为： ．点评：&本题考查的是勾股定理及相似三角形的判定与性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．2.（;毕节地区，第20题5分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AC=5，点E在BC上，将△ABC沿AE折叠，使点B落在AC边上的点B′处，则BE的长为&& ．&考点：&翻折变换（折叠问题）分析：&利用勾股定理求出BC=4，设BE=x，则CE=4x，在Rt△B'EC中，利用勾股定理解出x的值即可．解答：&解：BC= =4，由折叠的性质得：BE=BE′，AB=AB′，设BE=x，则B′E=x，CE=4x，B′C=ACAB′=ACAB=2，在Rt△B′EC中，B′E2+B′C2=EC2，即x2+22=（4x）2，解得：x= ．故答案为： ．
点评：&本题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是掌握翻折变换的性质及勾股定理的表达式．
3.（;武汉，第16题3分）如图，在四边形ABCD中，AD=4，CD=3，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长为&& ．&考点：&全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形分析：&根据等式的性质，可得∠BAD与∠CAD′的关系，根据SAS，可得△BAD与△CAD′的关系，根据全等三角形的性质，可得BD与CD′的关系，根据勾股定理，可得答案．解答：&解：作AD′⊥AD，AD′=AD，连接CD′，DD′，如图：，∵∠BAC+∠CAD=∠DAD′+∠CAD，即∠BAD=∠CAD′，在△BAD与△CAD′中，&，∴△BAD≌△CAD′（SAS），∴BD=CD′．∠DAD′=90°由勾股定理得DD′= ， ∠D′DA+∠ADC=90°由勾股定理得CD′= ，∴BD=CD′= ，故答案为： ．&
点评：&本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质，勾股定理，作出全等图形是解题关键．4. （;泰州，第16题，3分）如图，正方向ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q．若PQ=AE，则AP等于　1或2　cm．&（第1题图）考点：&全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形分析：&根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．解答：&解：根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC=PN，在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AD=3cm，∴tan30°= ，即DE= cm，根据勾股定理得：AE= =2 cm，∵M为AE的中点，∴AM= AE= cm，在Rt△ADE和Rt△PNQ中，&，∴Rt△ADE≌Rt△PNQ（HL），∴DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，∵PN∥DC，∴∠PFA=∠DEA=60°，∴∠PMF=90°，即PM⊥AF，在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°= ，∴AP= = =2cm；由对称性得到AP′=DP=ADAP=32=1cm，综上，AP等于1cm或2cm．故答案为：1或2．&点评：&此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
三.解答题1．(2014年四川资阳，第23题11分)如图，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB=BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2、l1于点D、E（点A、E位于点B的两侧），满足BP=BE，连接AP、CE．（1）求证：△ABP≌△CBE；（2）连结AD、BD，BD与AP相交于点F．如图2．①当 =2时，求证：AP⊥BD；②当 =n（n＞1）时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求 的值．&考点：&相似形综合题．分析：&（1）求出∠ABP=∠CBE，根据SAS推出即可；（2）①延长AP交CE于点H，求出AP⊥CE，证出△CPD∽△BPE，推出DP=PE，求出平行四边形BDCE，推出CE∥BD即可；②分别用S表示出△PAD和△PCE的面积，代入求出即可．解答：&（1）证明：∵BC⊥直线l1，∴∠ABP=∠CBE，在△ABP和△CBE中&∴△ABP≌△CBE（SAS）；（2）①证明：延长AP交CE于点H，∵△ABP≌△CBE，∴∠PAB=∠ECB，∴∠PAB+∠AEE=∠ECB+∠AEH=90°，∴AP⊥CE，∵ =2，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴ = = ，∴DP=PE，∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD，∵AP⊥CE，∴AP⊥BD；②解：∵ =N∴BC=n•BP，∴CP=（n1）•BP，∵CD∥BE，∴△CPD∽△BPE，∴ = =n1，即S2=（n1）S，∵S△PAB=S△BCE=n•S，∴△PAE=（n+1）•S，∵ = =n1，∴S1=（n+1）（n1）•S， &点评：&本题考查了平行四边形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查了学生的推理能力，题目比较好，有一定的难度．　2．（;新疆，第20题10分）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：①分别以A，C为圆心，大于 AC的长为半径画弧，两弧交于P，Q两点；②作直线PQ，分别交AB，AC于点E，D，连接CE；③过C作CF∥AB交PQ于点F，连接AF．（1）求证：△AED≌△CFD；（2）求证：四边形AECF是菱形．&考点：&菱形的判定；全等三角形的判定与性质；作图―基本作图．分析：&（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，从而得到AE=CE，AD=CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；（2）根据全等得到AE=CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而得到EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形．解答：&解：（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，∴AE=CE，AD=CD，∵CF∥AB∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，在△AED与△CFD中，&，∴△AED≌△CFD；（2）∵△AED≌△CFD，∴AE=CF，∵EF为线段AC的垂直平分线，∴EC=EA，FC=FA，∴EC=EA=FC=FA，∴四边形AECF为菱形．点评：&本题考查了菱形的判定、全等的判定与性质及基本作图，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．　3& ．（2014年云南省，第16题5分）如图，在△ABC和△ABD中，AC与BD相交于点E，AD=BC，∠DAB=∠CBA，求证：AC=BD．&考点：&全等三角形的判定与性质．专题：&证明题．分析：&根据“SAS”可证明△ADB≌△BAC，由全等三角形的性质即可证明AC=BD．解答：&证明：在△ADB和△BAC中，&，∴△ADB≌△BAC（SAS），∴AC=BD．点评：&本题考查了全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．　4．（;温州，第18题8分）如图，在所给方格纸中，每个小正方形边长都是1，标号为①②③的三个三角形均为格点三角形（顶点在方格顶点处），请按要求将图甲，图乙中的指定图形分割成三个三角形，使它们与标号为①②③的三个三角形分别对应全等．（1）图甲中的格点正方形ABCD；（2）图乙中的格点平行四边形ABCD．注：图甲，图乙在答题卡上，分割线画成实线．&考点：&作图―应用与设计作图．分析：&（1）利用三角形的形状以及各边长进而拼出正方形即可；（2）利用三角形的形状以及各边长进而拼出平行四边形即可．解答：&解：（1）如图甲所示：（2）如图乙所示：&点评：&此题主要考查了应用设计与作图，利用网格结合三角形各边长得出符合题意的图形是解题关键．　5．（;舟山，第20题8分）已知：如图，在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF． （1）求证：△DOE≌△BOF．（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFED为菱形？请说明理由． &考点：&平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定分析：&（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．解答：&（1）证明：∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，在△EOD和△FOB中&，∴△DOE≌△BOF（ASA）；（2）解：当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由：∵△DOE≌△BOF，∴BF=DE，又∵BF∥DE，∴四边形EBFD是平行四边形，∵BO=DO，∠EOD=90°， ∴EB=DE，∴四边形BFED为菱形．&点评：&此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质和菱形的判定等知识，得出BE=DE是解题关键．　6.（;武汉，第19题6分）如图，AC和BD相交于点O，OA=OC，OB=OD．求证：DC∥AB．&考点：&全等三角形的判定与性质；平行线的判定专题：&证明题．分析：&根据边角边定理求证△ODC≌△OBA，可得∠C=∠A（或者∠D=∠B），即可证明DC∥AB．解答：&证明：∵在△ODC和△OBA中，∵ ，∴△ODC≌△OBA（SAS），∴∠C=∠A（或者∠D=∠B）（全等三角形对应角相等），∴DC∥AB（内错角相等，两直线平行）．点评：&此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和平行线的判定的理解和掌握，解答此题的关键是利用边角边定理求证△ODC≌△OBA．
7.（;邵阳，第21题8分）如图，已知点A、F、E、C在同一直线上，AB∥CD，∠ABE=∠CDF，AF=CE．（1）从图中任找两组全等三角形；（2）从（1）中任选一组进行证明．&考点：&全等三角形的判定分析：&（1）根据题目所给条件可分析出△ABE≌△CDF，△AFD≌△CEB；（2）根据AB∥CD可得∠1=∠2，根据AF=CE可得AE=FC，然后再证明△ABE≌△CDF即可．解答：&解：（1）△ABE≌△CDF，△AFD≌△CEB；（2）∵AB∥CD，∴∠1=∠2，∵AF=CE，∴AF+EF=CE+EF，即AE=FC，在△ABE和△CDF中，&，∴△ABE≌△CDF（AAS）．&
点评：&此题主要考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8．（;台湾，第29题分）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE＝∠BCE＝∠ACD＝90°，且BC＝CE．请完整说明为何△ABC与△DEC全等的理由．&分析：根据∠BCE＝∠ACD＝90°，可得∠3＝∠5，又根据∠BAE＝∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠D＝90°，可得∠1＝∠D，继而根据AAS可判定△ABC≌△DEC．解：∵∠BCE＝∠ACD＝90°，∴∠3＋∠4＝∠4＋∠5，∴∠3＝∠5，在△ACD中，∠ACD＝90°，∴∠2＋∠D＝90°，∵∠BAE＝∠1＋∠2＝90°，∴∠1＝∠D，在△ABC和△DEC中，∠1＝∠D，∠3＝∠5，BC＝CE． ∴△ABC≌△DEC(AAS)．点评：本题考查了全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．9.（;云南昆明，第16题5分）已知：如图，点A、B、C、D在同一条直线上，AB=CD，AE∥CF，且AE=CF.求证：∠E=∠F考点：&全等三角形的判定与性质．分析：&首先根据AE∥CF，可得∠A=∠C，，结合AB=CD，AE=CF.可知证明出△ABE≌△CDF，即可得到∠E=∠F．解答：&证明：∵AE∥CF，∴∠A=∠C，∵在△ABE和△CDF中，&∴△ABE≌△CDF（SAS），∴∠E=∠F点评：&此题主要考查了全等三角形的判定与性质的知识，解答本题的关键是熟练掌握判定定理以及平行线的性质，此题基础题，比较简单．
10. （;湘潭，第20题）如图，将矩形ABCD沿BD对折，点A落在E处，BE与CD相交于F，若AD=3，BD=6．（1）求证：△EDF≌△CBF；（2）求∠EBC．&（第20题图）考点：&翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质分析：&（1）首先根据矩形的性质和折叠的性质可得DE=BC，∠E=∠C=90°，对顶角∠DFE=∠BFC，利用AAS可判定△DEF≌△BCF；（2）在Rt△ABD中，根据AD=3，BD=6，可得出∠ABD=30°，然后利用折叠的性质可得∠DBE=30°，继而可求得∠EBC的度数．解答：&（1）证明：由折叠的性质可得：DE=BC，∠E=∠C=90°，在△DEF和△BCF中，&，∴△DEF≌△BCF（AAS）；（2）解：在Rt△ABD中，∵AD=3，BD=6，∴∠ABD=30°，由折叠的性质可得；∠DBE=∠ABD=30°，∴∠EBC=90°30°30°=30°．点评：&本题考查了折叠的性质、矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质，正确证明三角形全等是关键．11. （;株洲，第22题，8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A的平分线交BC于点E，EF⊥AB于点F，点F恰好是AB的一个三等分点（AF＞BF）．（1）求证：△ACE≌△AFE；（2）求tan∠CAE的值．&考点：&全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；勾股定理；锐角三角函数的定义分析：&（1）根据角的平分线的性质可求得CE=EF，然后根据直角三角形的判定定理求得三角形全等．（2）由△ACE≌△AFE，得出AC=AF，CE=EF，设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，根据勾股定理可求得，tan∠B= = ，CE=EF= ，在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ；解答：&（1）证明：∵AE是∠BAC的平分线，EC⊥AC，EF⊥AF，∴CE=EF，在Rt△ACE与Rt△AFE中，&，∴Rt△ACE≌Rt△AFE（HL）；（2）解：由（1）可知△ACE≌△AFE，∴AC=AF，CE=EF，设BF=m，则AC=2m，AF=2m，AB=3m，∴BC= = = m，∴在RT△ABC中，tan∠B= = = ，在RT△EFB中，EF=BF•tan∠B= ，∴CE=EF= ，在RT△ACE中，tan∠CAE= = = ；∴tan∠CAE= ．点评：&本题考查了直角三角形的判定、性质和利用三角函数解直角三角形，根据已知条件表示出线段的值是解本题的关键．
12. （2014年江苏南京，第27题）【问题提出】学习了三角形全等的判定方法（即“SAS”、“ASA”、“AAS”、“SSS”）和直角三角形全等的判定方法（即“HL”）后，我们继续对“两个三角形满足两边和其中一边的对角对应相等”的情形进行研究．【初步思考】我们不妨将问题用符号语言表示为：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，然后，对∠B进行分类，可分为“∠B是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究．&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& （第3题图）【深入探究】第一种情况：当∠B是直角时，△ABC≌△DEF．（1）如图①，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据　HL　，可以知道Rt△ABC≌Rt△DEF．第二种情况：当∠B是钝角时，△ABC≌△DEF．（2）如图②，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，求证：△ABC≌△DEF．第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF不一定全等．（3）在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，请你用尺规在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC不全等．（不写作法，保留作图痕迹）（4）∠B还要满足什么条件，就可以使△ABC≌△DEF？请直接写出结论：在△ABC和△DEF中，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是锐角，若　∠B≥∠A　，则△ABC≌△DEF．考点：全等三角形的判定与性质分析：（1）根据直角三角形全等的方法“HL”证明；（2）过点C作CG⊥AB交AB的延长线于G，过点F作DH⊥DE交DE的延长线于H，根据等角的补角相等求出∠CBG=∠FEH，再利用“角角边”证明△CBG和△FEH全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=FH，再利用“HL”证明Rt△ACG和Rt△DFH全等，根据全等三角形对应角相等可得∠A=∠D，然后利用“角角边”证明△ABC和△DEF全等；（3）以点C为圆心，以AC长为半径画弧，与AB相交于点D，E与B重合，F与C重合，得到△DEF与△ABC不全等；（4）根据三种情况结论，∠B不小于∠A即可．解答：（1）解：HL；（2）证明：如图，过点C作CG⊥AB交AB的延长线于G，过点F作DH⊥DE交DE的延长线于H，∵∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，∴180°∠B=180°∠E，即∠CBG=∠FEH，在△CBG和△FEH中， ，∴△CBG≌△FEH（AAS），∴CG=FH，在Rt△ACG和Rt△DFH中， ，∴Rt△ACG≌Rt△DFH（HL），∴∠A=∠D，在△ABC和△DEF中， ，∴△ABC≌△DEF（AAS）；（3）解：如图，△DEF和△ABC不全等；（4）解：若∠B≥∠A，则△ABC≌△DEF．故答案为：（1）HL；（4）∠B≥∠A．&　　　 点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，应用与设计作图，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键，阅读量较大，审题要认真仔细．13. （;扬州，第28题，12分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．&（第4题图）（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．①求证：△OCP∽△PDA；②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；（3）如图2，&&&&& ，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．考点：&相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；特殊角的三角函数值．专题：&综合题；动点型；探究型．分析：&（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．（2）由DP= DC= AB= AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP的度数，进而求出∠OAB的度数．（3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长．解答：&解：（1）如图1，①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．∴∠APO=90°．∴∠APD=90°∠CPO=∠POC．∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．∴△OCP∽△PDA．②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，∴ = = = = ．∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．∵AD=8，∴CP=4，BC=8．设OP=x，则OB=x，CO=8x．在Rt△PCO中，∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8x，∴x2=（8x）2+42．解得：x=5．∴AB=AP=2OP=10．∴边AB的长为10．（2）如图1，∵P是CD边的中点， ∴DP= DC．∵DC=AB，AB=AP，∴DP= AP．∵∠D=90°，∴sin∠DAP= = ．∴∠DAP=30°．∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，∴∠OAB=30°．∴∠OAB的度数为30°．（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2． ∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．∴∠APB=∠MQP．∴MP=MQ．∵MP=MQ，ME⊥PQ，∴PE=EQ= PQ．∵BN=PM，MP=MQ，∴BN=QM．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF．在△MFQ和△NFB中，&．∴△MFQ≌△NFB．∴QF=BF．∴QF= QB．∴EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB．由（1）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°．∴PB= =4 ．∴EF= PB=2 ．∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2 ．& 点评：&本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键．
14.（;德州，第23题10分）问题背景：如图1：在四边形ABC中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　EF=BE+DF　；&探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF= ∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进.1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．考点：&全等三角形的判定与性质．分析：&问题背景：根据全等三角形对应边相等解答；探索延伸：延长FD到G，使DG=BE，连接AG，根据同角的补角相等求出∠B=∠ADG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=AG，∠BAE=∠DAG，再求出∠EAF=∠GAF，然后利用“边角边”证明△AEF和△GAF全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=GF，然后求解即可；实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF= ∠AOB，判断出符合探索延伸的条件，再根据探索延伸的结论解答即可．解答：&解：问题背景：EF=BE+DF；
探索延伸：EF=BE+DF仍然成立．证明如下：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接AG，∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°，∴∠B=∠ADG，在△ABE和△ADG中，&，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△GAF中，&，∴△AEF≌△GAF（SAS），∴EF=FG，∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；实际应用：如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB=30°+90°+（90°70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EAF= ∠AOB，又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°30°）+（70°+50°）=180°，∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF成立，即EF=1.5×（60+80）=210海里．答：此时两舰艇之间的距离是210海里．&点评：&本题考查了全等三角形的判定与性质，读懂问题背景的求解思路，作辅助线构造出全等三角形并两次证明三角形全等是解题的关键，也是本题的难点．　15．（2014年山东泰安，第27题）如图，∠ABC=90°，D、E分别在BC、AC上，AD⊥DE，且AD=DE，点F是AE的中点，FD与AB相交于点M．（1）求证：∠FMC=∠FCM；（2）AD与MC垂直吗？并说明理由．&分析：（1）根据等腰直角三角形的性质得出DF⊥AE，DF=AF=EF，进而利用全等三角形的判定得出△DFC≌△AFM（AAS），即可得出答案；（2）由（1）知，∠MFC=90°，FD=EF，FM=FC，即可得出∠FDE=∠FMC=45°，即可理由平行线的判定得出答案．（1）证明：∵△ADE是等腰直角三角形，F是AE中点，∴DF⊥AE，DF=AF=EF，又∵∠ABC=90°，∠DCF，∠AMF都与∠MAC互余，∴∠DCF=∠AMF，在△DFC和△AFM中， ，∴△DFC≌△AFM（AAS），∴CF=MF，∴∠FMC=∠FCM；（2）AD⊥MC，理由：由（1）知，∠MFC=90°，FD=EF，FM=FC，∴∠FDE=∠FMC=45°，∴DE∥CM，∴AD⊥MC．点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，得出∠DCF=∠AMF是解题关键． 文 章来源莲山 课件 w w w.5Y
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