全等三角形包括命题

1．(2014年资阳，第6题3分)下列命题中，真命题是 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． 2.（2014•53分）下列叙述正确的是（0CC．3（2014·，第9题3分）如图，坐标平面上，△ABC与△DEF全等，其中A、B、C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？( AH、CK、FPBC、AB、DEH、K、在△AKC和△CHA∵B、Cy＝﹣3A点的坐标为在△AKC和△DPF中，C． （1题图 BABCD在△ABE和△CDF，∴△ABE≌△CDF（SACABCD在△ABE和△CDF，∴△ABE≌△CDF（SAABCD在△ABE和△CDF，∴△ABE≌△CDF（ASA，（﹣2，1点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（ （2题图A（，3 ，3C（ D（AAF∥xF，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三AAD⊥xDBBE⊥xECCF∥y轴，过AAF∥xF，AOBC在△ACF和△OBE中 ，∴△CAF≌△BOE（AAS，3，∴AF=OE=，4．∠BAD=60°M、NAB、ADAM：MB=AN：ND=1：2 （3题图A．B．C． CM的长，MNMME⊥ONE，则△MNAMN=2NF=x，CFMFtan∠MCN．Rt△ABCRt△ADC，∴∠BAC=∠DAC=在Rt△BMC中，CM== ∴△MAN过M点作ME⊥ON于E，设NE=x，则CE=2 7（2014如图②，连接D1B，则∠E1D1B的度数为（ 分析： 根据直角三角形两锐角互余求出∠E=60°，转的性质可得∠BCE115°，然后求出∠BC1=45°而得到∠BC1=∠A利“边角边”明△ABC△1CB全等，根据全等三角形对应角相等可得∠B1C=∠AB45°，再根∠E11B∠1C﹣∵△DCEC在△ABC和△D1CB中 ，∴△ABC≌△D1CB（SAS．故选记性质并求出△ABC和△D1CB全等是解题的关键．1（2014•O，AD∥BC，且AB=3，BC=4，则AD的长为 ∵DEAC2.（2014•205分）Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3，AC=5E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 考点 翻折变换（折叠问题 利用勾股定理求出BC=4，设BE=x，则CE=4﹣x，在Rt△B'EC中，利用勾股定理解出x的值即可．解答 BE=xB′E=x，CE=4﹣x，B′C=AC﹣AB′=AC﹣AB=2，Rt△B′EC中，B′E2+B′C2=EC2， 3.（2014•，第16题3分）如图，在四边形ABCD中∠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；等腰直角三角分析 根据等式的性质，可得∠BAD与∠CAD′的关系，根据SAS，可得△BAD解答 在△BAD与△CAD′，故答案为 4.（2014•16题，3分）ABCD3cm，ECD∠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 （1题图AD=DC=PNADEDE的长，进而利AEMAEAMHLADEPQNDE=NQ，AP′的长即可．ABCDRt△ADE ∵MAE Rt△ADERt△PNQ，∴Rt△ADE≌Rt△PNQ（HL在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°= 综上，AP1cm2cm．故答案为：1l2、l1D、E（A、EB的两侧BP=BEAP、CE．AD、BD，BDAPF①当=2时，求证考点：分析 （1）求出∠ABP=∠CBE，根据SAS推出即可BDCECE∥BD即可；②分别用S表示出△PAD和△PCE的面积，代入求出即可． （1）证明：∵BC⊥直线l1，在△ABP和△CBE中∴△ABP≌△CBE（SAS（2）①APCE∵=2，即P为BC的中点，直线l1∥直线BDCE∴S1=n1（n﹣1）， 2（2014•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PQAB，ACE，DCCF∥ABPQFAECF分析：（1）由作图知：PQACAE=CE，AD=CD，然后根CF∥AB得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AEDASA证得两三角形全等即可；（1）在△AED与△CFD中，，∵EFACAECF （2014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． 证明：在△ADB和△BAC中，，∴△ADB≌△BAC（SAS4（2014•（1）5（2014•的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．[来 当∠DOEBFED为菱形？请说明理由．[来源:学§科§DOE≌△BO（ASA（2）EBFD是平行BE=ED，即可得出答案．在△EOD和△FOB，∴△DOE≌△BOF（ASA（2）解：当∠DOE=90°BFED为菱形，EBFD∵BO=DO，∠EOD=90°，[来源:BFEDBE=DE是解题关键．6.（2014•，第19题6分）如图，AC和BD相交于点O，OA=OC，OB=OD． 即可证明DC∥AB．解答 证明：∵在△ODC和△OBA中 .2014•218分AFECAB∥CDABE=∠CDF，考点 全等三角形的判分析 （2）AB∥CD可得∠1=∠2AF=CEAE=FC△ABE≌△CDF解答 解AE=FC，在△ABE和△CDF， 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8（2014·＝∠ACD＝90°BC＝CE．请完整说明为何△ABC与△DEC＝90°，可得∠1＝∠DAAS可判定△ABC≌△DEC．在△ACD在△ABC和△DEC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、ASAAAS、AE∥CF．∵在△ABE和△CDFABAAE∴△ABE≌△CDF（SAS（2014•20题）ABCDBDAE处，BEF（20题图∠DFE=∠BFCAAS（2）Rt△ABDAD=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．在△DEF和△BCF中，，∴△DEF≌△BCF（AAS（2）Rt△ABD（2014•22题，8分）Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC于E，EF⊥ABFFAB的一个三等分点（AF＞BFtan∠CAE根据勾股定理可求得，tan∠B==，CE=EF=，在RT△ACE中 Rt△ACERt△AFE，∴Rt△ACE≌Rt△AFE（HL∴在RT△ABC中 在RT△EFB中，EF=BF•tan∠B=在RT△ACE中 （2014年江苏，第27题【问题提出然后，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．（3题图第一种情况：当∠B如图①，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据HL 以知道Rt△ABC≌Rt△DEF．第二种情况：当∠B如图②，在△ABC和△DEF，AC=DF，BC=EF，∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角第三种情况：当∠B是锐角时，△ABC和△DEF尺规在图③中作出△DEF，使△DEF和△ABC（不写作法，保留作图痕迹）∠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 （1）CCG⊥ABABGFDH⊥DEDE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角相等可得∠A=∠D，然后利用“角角边”证明△ABC和△DEF全等；CACABD，EB重合，FC重合，得到△DEF与△ABC不全等；根据三种情况结论，∠B不小于∠A即可．（1）CCG⊥ABABGFDH⊥DE∵∠B=∠E，且∠B、∠E都是钝角，∴180°﹣∠B=180°﹣∠E，在△CBG和△FEH中， ，∴△CBG≌△FEH（AAS，∴CG=FH，在Rt△ACG和Rt△DFH中， ，∴R△AC≌R△（，∴∠A=∠，在△ABC和△DEF中， ，∴△ABC≌△DEF（AAS解：如图，△DEF和△ABC（1）HL（4）∠B≥∠A．（2014•28题，12分）ABCDAD=8ABCD折叠，BCDP点处．（4题图1BCOAP、OP、②若△OCP与△PDA1：4AB1PCD边的中点，求∠OAB如图 ，EF的长度．PCAPOPRt△PCOAB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．BNPM所在的三角形并不全等，且这两条线EFPBPBEF长．（1）ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．②∵△OCP与△PDARt△PCO中，AB（2）∵PCD边的中点，[来源:学.科.网∴DP=∴∠OAB（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．[来源。 在△MFQ和△NFB． 14.（2014•2310分）上的点．且∠EAF=60°BE，EF，FDFDGDG=BEAG△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）30°A处，舰艇乙在指挥60海里/50°80海里/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△GAFEF=GF实际应用：连接EF，延长AE、BF相交于点C，然后求出∠EAF=∠AOB，判断出探索延伸：EF=BE+DFFDGDG=BE在△ABE和△AD