福建卷第18题 【四边形与三角形全等结合】（解析版）

押福速卷第18题

四边形与三角形全等结合

押题探究

解题秘籍

解题技巧

(1)三角形全等：熟练掌握三角形判定与性质，垂线性质，角平分线性质。

(2)平行四边形：熟练掌握平行四边形与特殊平行四边形的相关性质，特殊平行四边

形重点在于特殊性质的相关应用。

真题回顾

【真题1](2020•福建•统考中考真题)如图，点E,尸分别在菱形ABCO的边。C,D4上,

CE=AF.求证：NABF=NCBE.

【答案】证明见解析.

【详解】试题分析：根据菱形的性质可得A6=BC,ZA=ZC,再证明ΔA8F乌Z∖CBE,根

据全等三角形的性质可得结论.

试题解析：•・•四边形A8C。是菱形，

：.AB=BC,NA=NC,

Y在△川3b和4CBE中,

AF=CE

∆A=Z-C,

AB=CB

:,XABFQXCBE(SAS),

ZABF=ZCBE.

考点：菱形的性质.

【真题2】(2019•福建•统考中考真题)如图，点E、尸分别是矩形ABC。的边AB、CD上的

一点，且。F=BE

求证：AF=CE.

【答案】证明见解析

【分析】由SAS证明AADFZACBE,即可得出AF=CE.

【详解】证明：：四边形ABCD是矩形，

ΛZD=ZB=90o,AD=BC,

(AD=BC

在AADF和ACBE中，INO=NB,

ICF=BE

Λ∆ADF^ΔCBE(SAS),

ΛAF=CE.

【点睛】本题考查/矩形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三

角形全等是解题的关键.

押题冲关

1.(2023•福建福州•福建省福州第一中学校考模拟预测)已知，如图，在既IBCD中，延长4B

到点E,延长CD到点尸，使得BE=DF,连接E凡分别交BC,力。于点M,N,连接SM,CN.

CD

(1)求证：&BEM"DFN；

(2)求证：四边形AMCN是平行四边形.

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【分析】(1)根据平行四边形的性质得出NBAC=NBCD,AB||CD,根据平行线的性质得

出NB40=4ADF,乙EBC=ABm∆E=∆F,求出44。F=NE8C,根据全等三角形的判

定得出即可：

(2)根据全等求出QN=BM,求出AN=CM,根据平行四边形的判定得出即可.

【详解】(1)证明：；四边形ABCC是平行四边形，

.'.∆BAD=4BCD,AB∣∣CD,

∆BAD=ZJ4DF,乙EBC=乙BCD,乙E=(F,

.'.∆ADF=LEBC,

乙F=乙E

在^DFN和乙BEM中DP=BE,

ZNDF=4EBM

△DFN≡ΔFEM(ASA);

(2)证明：由(1)知ADFN三ZkBEM,

：.DN=BM,

・・・四边形ABCD是平行四边形，

ΛAD=BCfSiADIlBCt

：.AD-DN=BC-BM,

：.AN=CM,ANlɪCM,

・・・四边形ANCM是平行四边形.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等

知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键.

2.(2023•福建福州•福建省福州第十九中学校考模拟预测)如图，已知平行四边形ABCD中，

E、尸是对角线BC上两点，且满足BF=DE.求证：ZlFIICE.

BC

【答案】证明过程见解析

【分析】由题中条件证明△4BFWACDE,得出∕BF∕1=NDEC,根据平行线的判定即可得

出结论.

【详解】证明：T四边形4BCD是平行四边形，

ʌAB=DC,∆ABD=乙CDB,

XvBF=DE,

:心ABF≥ΔCDE(SAS),

・•.∆BFA=Z.DFC,

.∙AF∖∖CE.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质及平行线的判定，熟练学

握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键.

3.(2023春•福建厦门•九年级厦门双十中学校考期中)如图，在平行四边形4BC。中，E、F

是对角线AC上两点，且乙4。F=ZrBE,连接DE、BF.求证：DF=BE.

【答案】见详解

【分析】根据平行四边形的性质可得4。=CB,AD∖∖CB,再结合“两直线平行，内错角相等”

可推导NCZF=乙BCE,即可证明4ADF≤ΔCBE,由全等三角形的性质可证明DF=BE.

【详解】证明：•••四边形ABC。为平行四边形，

：.AD=CB,ADWCB,

J.ΛDAF=乙BCE,

y."：Z.ADF=乙CBE,

在△4。尸和4CBE中，

ZACF=乙CBE

AD=CB,

.∆DAF=4BCE

Λ∆ΛDF≤ΔCSE(ASA),

：.DF=BE.

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质以及全等三角形的判定与性质等

知识，证明ZiADF三ACBE是解题关键.

4.（2023春•福建厦门•九年级厦门市松柏中学校考阶段练习）如图，12MBCz）中，点E、尸分

别在BC、DE上，AF=AB,乙AFE=乙B,求证：AD=DE

【分析】利用平行四边形的性质，先得出△。凡4与AECD全等，进而利用全等三角形的性质

得出结论.

【详解】证明：Y四边形ABCO是平行四边形，

：.AB=CD,AD∖∖BC,AB∖∖CD,

ΛzB+ZC=180o,∆ADF=∆DEC,

■:乙AFE=4B,Z.AFE+/.AFD=180°,

：.乙AFD=ZC,

又∙.NF=AB,

：.AF=DC,

.∖^DFA=ΔECD（AAS）,

：.AD=DE.

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解决问题的关键是利用全等三角形的对应边相

等得出结论.

5.（2023・福建厦门•福建省厦门第六中学校考一模）如图，在回ABCD中，点M是边AD的中

点，连接MB,MC,若乙MBC=4MCB,求证：EMBC。是矩形.

【答案】证明见解析

【分析】先由平行四边形的性质得到AB=CO,48IlCD,再由线段中点的定义得到AM=

DM,由等角对等边得到MB=MC,进而证明4ABM≤∆DCM（SSS）,得到乙4=4。=90°,

即可证明平行四边形ABC。是矩形.

【详解】证明：・・・四边形ABCD是平行四边形，

：.AB=CD9ABHCD,

ΛZi4+ZD=180o,

V点M是边AD的中点，

：.AM=DM,

•；乙MBC=Z.MCB,

；・MB=MC,

≡ΔDCM(SSS),

∆A=Z.D,

.∖∆A=NO=90°,

.∙.平行四边形48CD是矩形.

【点睛】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等角对等边，全等三角形的性质

与判定，熟知有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键.

6.(2023•福建三明•统考模拟预测)如图，四边形ABCD是平行四边形，点E、F在对角线BO

上，AE,CF分别平分/BAD和4DCB,求证：AE=CF.

【答案】见解析

【分析】解法一：根据平行四边形的性质可得乙4BE=NCDF,再由4E,C尸分别平分NBAC

和4DCB,可得NBAE=4。。尸，再证明ABAE三ZkDCF即可得证.

解法二：根据平行四边形的性质可得乙WE=4CBF,再由4E,CF分别平分NBAD和NDCB,

可得ZD4E=NBCF,再证明△DAE≤ΔBCF即可得证.

【详解】解法一：

证明：

四边形48CD是平行四边形，

：.ABHCD,AB=CD,∆BAD=∆BCD.

：.乙ABE=4CDF.

,：AE,C尸分别平分∕B4C和NDCB,

.,.∆BAE=-Z.BAD,乙DCF=L乙BCD.

22

∖β∆BAD=乙BCD,

.∖∆BAE=乙DCF.

乂•：AB=CD,乙ABE=乙CDF,乙BAE=乙DCF

.,.∆BAE≤∆DCF(ASA).

：.AE=CF.

BC

解法二：

证明：

∙.∙四边形ABCD是平行四边形，

：.ADIlBC,AD=BC,/.BAD=∆BCD.

.,.∆ADE=∆CBF.

'：AE,CF分别平分/BA。和NDC8,

：.Z.DAE=-Z.BAD,Z.BCF=-乙BCD.

22

♦:乙BAD=乙BCD,

：.∆DAE=LBCF.

乙乙乙乙

*：AD=BCfADE=CBF,DAE=BCF,

：.△DAE=△BCF(ASA).

：.AE=CF.

BC

【点睛】本题考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识灵活

运用是解题关键.

7.（2022秋・福建三明•九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，E,尸分别是4B,4。中点，

连结DE,BF.求证：DE=BF.

BD

【答案】见解析

【分析】运用SAS证明△Zλ4EWABZlF即可得到结论

【详解】解：F分别是4B,AC中点，

∙"E="8,AF=∖AD.

：四边形力8CD是菱形，

：.AD=AB.

：.AE=AF.

又Y"!=∆A,

**•△DΛE=△BAF.

：.DE=BF.

【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，并能进

行推理论证是解决问题的关键.

8.(2023春•福建福州•九年级福建省福州教育学院附属中学校考期中)已知：如图，在菱形

ABCD中，E,F是对角线AC上两点，连接DE,DF,AE=CF.求证：ΛADF=/.CDE.

P

BC

【答案】见解析

【分析】由四边形48CZ)是菱形得到ZM=DC,则乙ZMC=乙。。4,即可证明

DCF(SAS),^∖∆ADE=∆CDFf即可得到结论.

【详解】证明：・・・四边形ABCD是菱形，

ΛDA=DCf

.∖∆DAC=∆DCA,

⅛∆D½EW∆DCFΦ,

DA=DC

Z.DAC=Z-DCA,

AE=CF

Λ∆DΛE≡ΔDCF(SAS),

：.Z.ADE=ZCDF,

.∖∆ADE+乙EDF=Z.CDF÷∆EDF,

，乙ADF=乙CDE.

【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的

判定是解题的关键.

9.（2023秋•福建福州•九年级校考期末）如图，AAGB与ACGD关于点G中心对称,若点E,

尸分别在GA,GC上，月SE=CF,求证：BF=DE.

B

【答案】证明见解析

【分析】先根据中心对称的性质得到BG=CG,AG=CG,再证明EG=FG即可利用SAS证

明ADGE三ABGF,由此即可证明BF=DE

【详解】证明：：AAGB与ACGC关于点G中心对称，

：.BG=DG,AG=CG,

"：AE=CF,

：.AG-AE=CG-CF,

：.EG=FG,

又DGE=4BGF,

：.ΔDGE≤∆BGF（SAS）,

：.BF=DE.

【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，中心对称图形的性质，灵活运用所学知

识是解题的关键.

10.（2023秋•福建厦门,九年级统考期末）如图，四边形ABCC是平行四边形，点E、F在对

角线BD上，AE,C尸分另1|平分NB4D和NDCB,证明BE=DF.

∖J

BC

【答案】见解析

【分析】根据平行四边形的性质可得乙4BE=4CDF,再由4E,C尸分别平分NBAC和NnCB,

可得NB4E=40CF,再证明^BAE=ΔDCF即可得证.

【详解】证明：•；四边形ABCD是平行四边形，

.∙.AB∖∖CD,AB=CD,4BAD=4BCD.

/.ABE=Z,CDF.

VAE,CF分别平分NBAD和ZDCB,

：./.BAE-/.BAD,∆DCF=-ΛBCD.

22

•・,∆BAD=Z-BCD1

・•・∆BAE=Z.DCF.

∙.∙AB=CDf乙ABE=乙CDF,

∙,∙∆BAE^△DCF.

・•.BE=DF.

【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，全等三角形的判定，解题关键是

熟练掌握全等三角形的判定定理.

11.(2022秋・福建三明•九年级统考期末)如图，菱形ABCD中，点E,尸分别在边CD,ADk,

【答案】证明见解析

【分析】解法一：由菱形的性质和已知可得4。=CD,DF=DE,再证明△40E≤ΔCDF(SAS)

即可;

解法二：连接4C,由菱形的性质可得ZM=DC,根据等边对等角得出NZMC=/DC4,再证

明AACE≤ΔCAF(SAS)即可.

【详解】证明：解法一：

Y四边形ABCC是菱形，

：.AD=CD,

又=CE,

：.AD-AF=CD-CE,

：.DF=DE,

在4i4Dfi,⅛ΔCE)F中，

AD=CD

∆D=∆D,

DE=DF

.∖∆ADE≤∆CDF(SAS),

：.AE=CF.

解法二：

连接AC，

∙.∙四边形ABCD是菱形,

：.DA=DC,

：.^DAC=乙DCA.

在AACE和△(L4F中，

,CA=AC

JEAC=4FAC,

CE=AF

：.ΔACE≤ΔCzlF(SAS),

：.AE=CF.

【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角，运用了一题多解的

思路.灵活运用菱形的性质和三角形全等的判定是解题的关键.

12.(2023•福建三明•统考一模)如图，将矩形ZBCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E,

AE与CD交于点F.

求证：ZkZMF三AECF.

【分析】由矩形与折叠的性质可得ZW=BC=EC,ND=NB=4E=90。，从而可得结论.

【详解】证明：将矩形ABC。沿对角线4C折叠，

则/W=BC=EC,乙D=4B=乙E=90°.

在ADAF和AECF中，

(∆DFA=乙EFC

乙D=乙E

(DA=EC

Λ∆DAF≡ΔECF(AAS).

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定方法是解本题的关

键.

13.(2022秋•福建福州•九年级福建省福州第一中学校考期末)如图，将矩形力BCC绕点C顺

时针旋转得到矩形FECG,点B与点E对应，点E恰好落在4。边上，BHICE交于点H,求

证：BH=CD.

【答案】证明见详解

【分析】由平行线的性质可得NDEC=NBCH,再根据“44S”可得AEDC三ACHB,进而可

得结论.

【详解】证明：•；四边形ABCO是矩形，

：.ADIlBC,AB=CD,

：.乙DEC=乙BCH,

VzD=90o,BH1EC,

：,乙D=乙BHC,

由旋转得，CE=CB,

在AEDC和ACHB中，

ZDEC=乙HCB

乙D=乙BHC,

.CE=CB

；.△EDC三△CHB(44S),

：.BH=CD.

【点睛】本题考查旋转的性质，根据“44S”得到△EDC三△CHB是解题关键.

14.(2023・福建•模拟预测)如图，点尸、C在AD上，已知4B||DE,AB=DE1AF=CDZCEF=

90°.求证：四边形BCEF是矩形.

【答案】证明过程见详解

【分析】证明△ABF≤ΔDEC(SAS),可知BF=CE,再证明4BFC=乙ECF,得出BF||EC,

由此可知平行四边形BCEF,且NCEF=90。，由矩形的判定即可求证.

【详解】证明：・・・ABIlDE,

ΛZ-A—乙D,

在AAB尸和aDEC中，AF=DCf∆A=∆DtAB=DE,

：.^ABF=∆DEC（SAS）f

：.BF=CE/AFB=乙DCE,

u

J∆AFB+乙BFC=180°f∆DCE+乙ECF=180°,

，乙BFC=乙ECF,

：.BFHEC,

・・・四边形BC"是平行四边形，

又.：乙CEF=90°,

・・・四边形BCEF是矩形.

【点睛】本题主要考查平行线的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定，掌握矩形的

判定是解题的关键.

15.（2022秋•福建漳州•九年级校联考期中）已知如图，在菱形ABCD中，E、B分别是CB、CD

上的点，且CE=C凡求证：AE=AF.

【答案】证明见解析

【分析】只需要利用SAS证明AABE三AADF即可证明4E=AF.

【详解】解：：四边形ABCC是菱形，

∙.AB=AD=BC=CD,乙B=乙D,

9CCE=CF,

：・BC-CE=CD-CF,即BE=DF,

在△4BE和A4DF中，

(AB=AD

∖∆B=∆D,

(BE=DF

：.LABE三△ADF(SAS),

：.AE=AF.

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，证明△?!BE三AAD「是解

题的关键.

16.（2022秋.福建三明.九年级统考期中）如图，在菱形ABC。中，过点B作BE_LAD于E,

过点B作BF_LCZ）于F.求证：AE=CF.

【答案】证明见解析.

【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可.

【详解】证明：四边形ABCC是菱形，

BA=BC,乙4=LC,

"：BE1.AD,BF1CD,

.∖ΛBEA=乙BFC=90°,

⅛∆ΛBF-⅛ΔCBF中，

∆BEA=∆BFC

∆A=∆C,

.BA=BC

：.4ABE三4CfiF（AAS）,

：.AE=CF.

【点睛】本题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质和全等三角形的判定和性质解答.

17.（2022秋•福建漳州♦九年级统考期中）如图，菱形ABCQ中，E,F分别在边AD、AB上,

DE=BF.求证：EC=FC.

【答案】见解析

【分析】首先根据菱形的性质得到NO=Z∙B,CD=BC,然后证明出ADEC三ZkBFC即可得到

EC=FC.

【详解】解：；四边形ABCD是菱形，

∙,.∆D=∕.B,CD=BC,

在ADEC和ABFC中，

DE=BF

/.D=Z.B

CD=BC

.∙.∆Df'C≤∆BFC(SAS),

：.EC=FC.

【点睛】此题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握以上知

识点.

18.(2022秋.福建福州.九年级校考开学考试)如图，在。ABa＞中，AE1.BD,CFLBD,垂

足分别为点E,点足连接AF、CE.试判断AF与CE的关系并说明理由.

【答案】AP=CE,AFHCE.理由见解答.

【分析】先证AEIlCF,再证AABE丝ZSCC尸得AE=CF,得四边形AECF是平行四边形：由

平行四边形的性质即可解决问题.

【详解】解：AF=CE,AFHCE,理由如下：

：四边形A88是矩形，

：.ABHCD,AB=CD.

：.ZABE=ZCDF,

"：AEA-BD,CF-LBD,

.∖∆AEB=乙CFD=90°,

：.AEHCF,

在△48£和4CDF中，

Z.ABE=4CDF

ΛAEB=∆CFD=90°,

AB=CD

：.AABE学△CDF(AAS),

：.AE=CF,

二四边形AECF为平行四边形，

：.AF=CE,AFHCE.

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四

边形的判定与性质是解题的关键.

19.(2022秋•福建三明•九年级校考阶段练习)如图，在AABC中，4B=AC,点。为边BC

上一点，以AB,BD为邻边作团ABCE,连接A。、EC.

(1)求证：∆ΛDC≤ΔfCD;

⑵若BD=CD,求证：四边形4。CE是矩形.

【答案】(1)见解析；

(2)见解析

【分析】(1)根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS

可以证得AADC丝ZXECO;

(2)利用等腰三角形的“三合一”性质推知AOL8C,即NACC=90。；由平行四边形的判定

定理(对边平行且相等是四边形是平行四边形)证得四边形AoCE是平行四边形，所以有

一个角是直角的平行四边形是矩形.

【详解】(1)证明：四边形ABOE是平行四边形，

：.AB∖∖DE,AB=DE;

：.AB=AEDC-,

XVAB=AC,

：.AC=DE,NB=NACB,

：.NEDC=NACD；

：在C和AECO中，

AC=ED

∆ACD—Z-EDC,

.DC=CD

：.4ADC94ECD(SAS)；

(2)：四边形ABDE是平行四边形，

/.BD∖∖AE,BAE,

.∖AE∖∖CD↑

又,：BD=CD,

：.AE=CD,

.∙.四边形4。CE是平行四边形；

在A48C中，AB=AC,BD=CD,

：.AD1.BC,

：.∕ADC=90°,

四边形AQCE是矩形.

【点睛】本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定.注

意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形'是矩形"，而不是"有一个角是直角的

‘四边形'是矩形

20.(2022春•福建龙岩•九年级校考期中)如图，已知点E是正方形ABC。的BC边上一点，

连接AE,过点。作垂足为点“，交.AB于点、F.求证：AF=BE.

【答案】证明见解析

【分析】根据正方形的性质可知A8=AZλZDAB=ZABC,再根据可得NA。”

=NBAE,可知AABE会4ZMF(ASA),根据全等三角形的性质即可得证.

【详解】证明：在正方形ABC。中，AB=AD,ND48=NABC=90。，

ZDAH+ZBAE=90°,

'：DHLAE,

：.ZAHD=90o,

ΛZDΛ∕7+ZADW=90°,

.".ZADH=ZBAE,

.二△ABE四△£>AF(ASA),

.,.AF=BE.

【点睛】本题考查了正方形的性质，证明AABE空ADAF是解题的关键.

21.(2022•福建福州•福建省福州屏东中学校考模拟预测)已知：如图，四边形ABCO是矩形

(AD>AB∖点E在BC上，且AE=4D,DFLAE,垂足为F,求证：DF=AB.

【分析】根据矩形性质得出NB=/.DFA=90°,AD∖∖BC,求出/ZMF=乙4EB,△AFD^t^EBA,

根据全等得出即可.

【详解】证明：•；四边形ABCO是矩形，OF_LAE,

.∙.∆B=∆DFA=90o,AD∖∖BC,

・•・Z.DAF=Z.AEB,

在和AEBA中，

Z-DAF=Z-AEB

∆AFD=(B，

.AD=AE

.∙.Δy4FD^ΔEBA(AAS),

・•・DF=AB.

【点睛】本题考查了矩形性质，平行线性质，全等三角形的性质和判定的应用，注意：矩形

的每个角都是直角，矩形的对边平行.

22.（2022•福建龙岩•统考一模）如图，在MBa）中，BELAC于点E,OF_LAC于点尸.求

证：BE=DF.

【答案】见解析

【分析】根据全等三角形的判定理AAS证明AABE=“DF,然后由全等三角形的对应边相

等即可.

【详解】证明：；四边形ABCD是平行四边形，

.∙.ABIlDC,AB=DC,

•••Z-BAE=/-DCF,

又∙.∙BE1.AC,DFIAC,

.∙.∆AEB=∆CFD=90°,

/.BAE=LDCF

：在AABE和ACDF中，EB=乙CFD,

,AB=DC

：.t^ABE=ACDF（AAS）,

.∙.BE=DF.

【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质

是解题的关键.

23.（2023春•福建厦门,九年级厦门市莲花中学校考阶段练习）已知：如图，在菱形ABCD

中，E,F是对角线4C上两点，连接OE,DF,NADF=NCDE.求证：AE=CF.

【分析】根据菱形的性质得出ZM=DC,∆DAC=∆DCA,再利用角的等量代