3第三节全等三角形玩转安徽9年中考真题

3.第三节全等三角形玩转安徽9年中考真题3.第三节全等三角形玩转安徽9年中考真题3.第三节全等三角形玩转安徽9年中考真题第四章三角形第三节全等三角形玩转安徽9年中考真题(2021～2021)命题点与全等三角形相关的证明与计算〔9年8考，仅2021年未察看〕1.(2021安徽20题10分)如图，AD∥FE，点B、C在AD上，∠1＝∠2，BF＝BC.(1)求证：四边形BCEF是菱形；(2)假定AB＝BC＝CD，求证：△ACF≌△BDE.第1题图(2021安徽22题12分)点O到△ABC的两边AB、AC所在直线的距离相等，且OB＝OC.(1)如图①，假定点O在边BC上，求证：AB＝AC；(2)如图②，假定点O在△ABC的内部，求证：AB＝AC；(3)假定点O在△ABC的外面，AB＝AC建立吗？请绘图表示．第2题图3.(2021安徽23(1)题5分)如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF，假定∠AGD＝∠BGC.求证：AD＝BC.第3题图(2021安徽23题14分)如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N.(1)①∠MPN＝________°；②求证：PM＋PN＝3a；第4题图①(2)如图②，点O是AD的中点，连结OM，ON.求证：OM＝ON；第4题图②(3)如图③，点O是AD的中点，OG均分∠MON，判断四边形OMGN能否为特殊四边形？并说明原因．第4题图③5.(2021安徽23题14分)如图，正方形ABCD的四个极点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离挨次为h1，h2，h31，2，(h>0h>0h3>0)．(1)求证：h1＝h3；(2)设正方形ABCD的面积为S，求证：S＝(h1＋h2)2＋h12；3(3)假定2h1＋h2＝1，当h1变化时，说明正方形ABCD的面积S随h1的变化状况．第5题图【家猜押】，如，△ABC和△ACD是两个等腰直角三角形，∠ACB＝ADC＝90°，延DA至E，使AE＝AD，接EB、EC、BD.(1)求：△BDA≌△BEA；(2)求：EB＝EC；(3)假定BC＝2，求BE的．家猜押答案命题点与全等三角形相关的证明与计算明：(1)∵AD∥EF，∴∠FEB＝∠2.∵∠1＝∠2，∴∠FEB＝∠1，∴BF＝EF.∵BF＝BC，∴BC＝EF，∴四形BCEF是平行四形．∵BF＝BC，∴四形BCEF是菱形.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)(2)∵EF＝BC，AB＝BC＝CD，AD∥FE，∴四形ABEF、四形CDEF均平行四形，AF＝BE，FC＝ED，又∵AC＝2BC＝BD，∴△ACF≌△BDE(SSS)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)2.(1)明:如解①,点O分作OE⊥AB,OF⊥AC,E、F分是垂足,由意知,OE=OF,OB=OC,Rt△OEB≌Rt△OFC(HL),∴∠B=∠C,∴AB=AC;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(4分)(2)明:如解②,点O分作OE⊥AB,OF⊥AC,E、F分是垂足,由意知,OE=OF.在Rt△OEB和Rt△OFC中,∵OE=OF,OB=OC,∴Rt△OEB≌Rt△OFC(HL),∴∠OBE=∠OCF,又∵OB=OC,∴∠OBC=∠OCB,∴∠OBE+∠OBC=∠OCF+∠OCB∴∠ABC=∠ACB,∴AB=AC;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(9分)(3)解:不用然建立.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(10分)画如解③④.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(12分)(1)【思教】要AD=BC,只要明△AGD≌△BGC,合条件∠AGD=BGC,要明GA=GB,GD=GC,通垂直均分即可明.明:∵点E、F分是AB、CD的中点,且GE⊥AB,GF⊥CD,GE、GF分是段AB、CD的垂直均分,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(2分)GA=GB,GC=GD,在△AGD和△BGC中,GA=GBAGD=BGC,GD=GC∴△AGD≌△BGC(SAS),∴AD=BC.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)4.(1)①解:60;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(2分)解法提示:∠A正六形的内角,∠A=120°,∵MP∥AB,∠A=∠FMP=120°,又∵CD∥AF∥PN,∠MPN=180°-∠FMP=180°-120°=60°.②明:如解①,接BE交MP于H点.在正六形ABCDEF中,PN∥CD,又∵BE∥CD∥AF,∴BE∥PN∥AF,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(3分)第4解○1又∵PM∥AB,∴四形AMHB、四形HENP平行四形,△BPH等三角形,PM+PN=MH+HP+PN=AB+BH+HE=AB+BE=3a;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分)(2)【思教】由(1)可知AM=BH=PH=EN,即AM=EN,再由OA=OD得OA=OE,且∠MAO=∠NEO=60°,可△OAM≌△OEN,可OM=ON.明:如解②,接BE,O在BE上,由(1)得AM=BH=HP=EN,O是AD的中点,∴△AOB,△DOE均等三角形,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(7分)OA=OE,∠OAM=∠OEN=60°,OA=OE在△OAM和△OEN中,OAM=OEN,AM=EN∴△OAM≌△OEN(SAS),∴OM=ON;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(9分)【思教】接OE,OF,由△AOM≌△EON可∠AOM=∠EON.再由∠AOE=120°可得∠MON=120°,因OG均分∠MON可得∠MOG=∠NOG=60°.再△AOM≌△FOG,可得OM=OG,因此△MOG是等三角形,同理可△NOG也是等三角形,因此四形OMGN是菱形.解:四形OMGN是菱形,原因以下:如解③,接OE、OF,由(2)可知∠MOA=∠NOE,又∵∠AOE=120°,∴∠MON=∠AOE-∠MOA+∠NOE=120°,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(11分)OG均分∠MON,∴∠MOG=60°,又∵∠FOA=60°,∴∠MOA=∠GOF,又∵AO=FO,∠MAO=∠GFO=60°,∴△AOM≌△FOG(ASA),MO=GO,又∵∠MOG=60°,∴△MGO是等三角形,同理可△NGO等三角形,OM=MG=GN=NO,∴四形OMGN菱形.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(14分)(1)【思教】由BF∥ED,BE∥FD得四形BEDF是平行四形,而获得BE=DF,合AB=CD,可得Rt△ABE≌Rt△CDF,进而得.明:如解①,AD与l2交于点E,BC与l3交于点F,由BF∥ED,BE∥FD,∴四形BEDF是平行四形,BE=DF.又∵AB=CD,Rt△ABE≌Rt△CDF(HL),∴h13⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(3分)=h;(2)【思教】由条件先Rt△BGC≌Rt△CHD,再依据勾股定理即可得.明:如解②,作BG⊥l4,DH⊥l4,垂足分点G、H.在Rt△BGC和Rt△CHD中,∵∠BCG+∠DCH=180°-∠BCD=90°,∠CDH+∠DCH=90°,∴∠BCG=∠CDH.又∵∠BGC=∠CHD=90°,BC=CD,Rt△BGC≌Rt△CHD(AAS),CG=DH=h3.又∵BG=h2+h3,h1=h3,BC2=BG2+CG2=(h2+h3)2+h32=(h1+h2)2+h12,∴S=BC21222;⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(7分)=(h+h)+h1(3)【思教】合(2)中的消去2对于1的二次函数关系式,由,h,获得Sh1＞0,h2＞0获得不等式,求得h1的取范,再合二次函数的增减性求解.h解:∵3h1+h2=1,2h2=1-3h1,2S=(h1+1-3h1)2+h1225h12-h1+145(h1-2)2+4,455h1＞0,h2＞0,∴1-3h1＞0,2∴0＜h1＜2,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(12分)3∴当0＜h1＜2,S随h1的增大而减小;5当2＜h1＜253

,S随h1的增大而增大.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(14分)【家猜押】(1)明：∵△ABC和△ACD都是等腰直角三角形，∴∠CAD＝∠CAB＝45°，∴∠DAB＝∠CAD＋∠CAB＝90°，∴∠DAB＝∠EAB＝90°，BABA在△BDA和△BEA中，BADBAE，ADAE∴△BDA≌△BEA(SAS)；(2)明：由(1)知，△BDA≌△BEA，BD＝BE，又∵∠BCD＝∠BCA＋∠ACD＝90°＋45°＝135°，CAE＝∠CAB＋∠BAE＝45°＋90°＝135°，∴∠BCD＝∠CAE，∵△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝CA，∵△ACD是等腰直角三角形，∴C