登录
4. 如图，$AB // DE$，$AC // DF$，$AC = DF$，$∠ B = ∠ E$. 求证：$△ ABC ≌ △ DEF$. 
答案
4. 证明：设AC与DE的交点为O.
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC，∠D=∠DOC.
∴∠A=∠D. 在△ABC 和 △DEF 中，$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF(AAS).
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC，∠D=∠DOC.
∴∠A=∠D. 在△ABC 和 △DEF 中，$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF(AAS).
解析
【分析】
要证明△ABC≌△DEF，首先回忆三角形全等的判定定理，题目已经给出∠B=∠E、AC=DF两个条件，只需再找到一组对应角相等即可凑齐判定全等的条件。结合已知AB//DE、AC//DF的平行条件，可利用平行线的性质推导角的关系：通过两条平行线被第三条直线所截得到的同位角相等，找到连接∠A和∠D的中间角∠DOC，进而推导出∠A=∠D，即可用AAS定理证明两个三角形全等。
【解析】
证明：设AC与DE的交点为O.
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC（两直线平行，同位角相等），∠D=∠DOC（两直线平行，同位角相等），
∴∠A=∠D（等量代换）。
在△ABC 和 △DEF 中，
$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF（AAS）。
【答案】
证明：设AC与DE的交点为O.
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC，∠D=∠DOC.
∴∠A=∠D. 在△ABC 和 △DEF 中，$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF(AAS).
【知识点】
平行线的性质、全等三角形AAS判定、等量代换
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，核心考查平行线性质与全等判定定理的综合运用，解题的关键是利用平行线的性质推导得到缺失的对应角相等的条件，熟练掌握相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
要证明△ABC≌△DEF，首先回忆三角形全等的判定定理，题目已经给出∠B=∠E、AC=DF两个条件，只需再找到一组对应角相等即可凑齐判定全等的条件。结合已知AB//DE、AC//DF的平行条件，可利用平行线的性质推导角的关系：通过两条平行线被第三条直线所截得到的同位角相等，找到连接∠A和∠D的中间角∠DOC，进而推导出∠A=∠D，即可用AAS定理证明两个三角形全等。
【解析】
证明：设AC与DE的交点为O.
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC（两直线平行，同位角相等），∠D=∠DOC（两直线平行，同位角相等），
∴∠A=∠D（等量代换）。
在△ABC 和 △DEF 中，
$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF（AAS）。
【答案】
证明：设AC与DE的交点为O.
∵AB//DE，AC//DF，
∴∠A=∠DOC，∠D=∠DOC.
∴∠A=∠D. 在△ABC 和 △DEF 中，$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ ∠A=∠D, \\ AC=DF, \end{cases}$
∴△ABC ≌△DEF(AAS).
【知识点】
平行线的性质、全等三角形AAS判定、等量代换
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，核心考查平行线性质与全等判定定理的综合运用，解题的关键是利用平行线的性质推导得到缺失的对应角相等的条件，熟练掌握相关定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
5. 如图，在 $\mathrm{Rt} △ AEB$ 和 $\mathrm{Rt} △ AFC$ 中，$∠ E=∠ F=90°$，$BE=CF$，$BE$ 与 $AC$ 相交于点 $M$，与 $CF$ 相交于点 $D$，$AB$ 与 $CF$ 相交于点 $N$，$∠ EAC=∠ FAB$。有下列结论：①$∠ B=∠ C$；②$CD=DN$；③$CM=BN$；④$△ ACN ≌ △ ABM$。其中正确结论的个数是（
A.1
B.2
C.3
D.4
第5题图 第6题图
C
）。A.1
B.2
C.3
D.4
第5题图 第6题图
答案
5. C
解析
【分析】
解题思路：首先利用已知的等角推导得到两个直角三角形的一组对应角相等，结合直角相等、已知的边相等，用AAS证明$\mathrm{Rt}△AEB≌\mathrm{Rt}△AFC$，得到$∠ B=∠ C$、$AB=AC$，先判断①是否正确；再利用公共角、已得的等角和等边，用ASA证明$△ACN≌△ABM$，判断④是否正确；结合全等的性质和线段的和差关系推导$CM=BN$，判断③是否正确；最后看②$CD=DN$，没有足够的全等或边相等的依据，无法证明，即可统计正确结论的个数。
【解析】
1. 推导大三角形全等：
$\because ∠ EAC=∠ FAB$，$\therefore ∠ EAC+∠ CAB=∠ FAB+∠ CAB$，即$∠ EAB=∠ FAC$。
在$\mathrm{Rt}△AEB$和$\mathrm{Rt}△AFC$中：
$\{\begin{array}{l}∠ E=∠ F=90°\\∠ EAB=∠ FAC\\BE=CF\end{array} $
$\therefore △AEB≌△AFC(\mathrm{AAS})$，可得$∠ B=∠ C$，$AB=AC$，故①正确。
2. 证明$△ACN≌△ABM$：
在$△ACN$和$△ABM$中：
$\{\begin{array}{l}∠ CAN=∠ BAM(\mathrm{公共角})\\AC=AB\\∠ C=∠ B\end{array} $
$\therefore △ACN≌△ABM(\mathrm{ASA})$，故④正确。
3. 推导$CM=BN$：
$\because △ACN≌△ABM$，$\therefore AM=AN$，
又$\because AC=AB$，$\therefore AC-AM=AB-AN$，即$CM=BN$，故③正确。
4. 判断②：
题中没有给出能证明$CD=DN$的边或角相等的条件，无法证明该结论成立，故②错误。
综上，正确的结论为①③④，共3个。
【答案】
C
【知识点】
1. 全等三角形的判定
2. 全等三角形的性质
3. 角的和差运算
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的典型综合题，解题时要先从已知条件出发推导三角形全等，再借助全等的性质判断对应边、角的关系，没有明确依据的结论不能随意判定为正确。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先利用已知的等角推导得到两个直角三角形的一组对应角相等，结合直角相等、已知的边相等，用AAS证明$\mathrm{Rt}△AEB≌\mathrm{Rt}△AFC$，得到$∠ B=∠ C$、$AB=AC$，先判断①是否正确；再利用公共角、已得的等角和等边，用ASA证明$△ACN≌△ABM$，判断④是否正确；结合全等的性质和线段的和差关系推导$CM=BN$，判断③是否正确；最后看②$CD=DN$，没有足够的全等或边相等的依据，无法证明，即可统计正确结论的个数。
【解析】
1. 推导大三角形全等：
$\because ∠ EAC=∠ FAB$，$\therefore ∠ EAC+∠ CAB=∠ FAB+∠ CAB$，即$∠ EAB=∠ FAC$。
在$\mathrm{Rt}△AEB$和$\mathrm{Rt}△AFC$中：
$\{\begin{array}{l}∠ E=∠ F=90°\\∠ EAB=∠ FAC\\BE=CF\end{array} $
$\therefore △AEB≌△AFC(\mathrm{AAS})$，可得$∠ B=∠ C$，$AB=AC$，故①正确。
2. 证明$△ACN≌△ABM$：
在$△ACN$和$△ABM$中：
$\{\begin{array}{l}∠ CAN=∠ BAM(\mathrm{公共角})\\AC=AB\\∠ C=∠ B\end{array} $
$\therefore △ACN≌△ABM(\mathrm{ASA})$，故④正确。
3. 推导$CM=BN$：
$\because △ACN≌△ABM$，$\therefore AM=AN$，
又$\because AC=AB$，$\therefore AC-AM=AB-AN$，即$CM=BN$，故③正确。
4. 判断②：
题中没有给出能证明$CD=DN$的边或角相等的条件，无法证明该结论成立，故②错误。
综上，正确的结论为①③④，共3个。
【答案】
C
【知识点】
1. 全等三角形的判定
2. 全等三角形的性质
3. 角的和差运算
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的典型综合题，解题时要先从已知条件出发推导三角形全等，再借助全等的性质判断对应边、角的关系，没有明确依据的结论不能随意判定为正确。
【难度系数】
0.7
6. 如图，$∠ A = ∠ D$，$∠ ACB = ∠ DBC$。若$BC=4$，$△ AOB$的周长为10，则$△ DCB$的周长为
14
。答案
6. 14
解析
【分析】
首先根据已知的两组角相等和公共边BC，用AAS判定△ABC与△DCB全等，得到对应边AB=DC、AC=DB；再由∠ACB=∠DBC推出OB=OC，将△AOB的周长转化为AB+AC的长度，最后代入△DCB的周长公式计算即可得到结果。
【解析】
1. 证明△ABC≌△DCB：
在△ABC和△DCB中，
$\{\begin{array}{l}∠A=∠D \\∠ACB=∠DBC \\BC=CB\end{array} $
∴△ABC≌△DCB（AAS），
∴AB=DC，AC=DB。
2.
∵∠ACB=∠DBC，根据等角对等边可得OB=OC。
3. 已知△AOB的周长为10，即$AB+AO+OB=10$，
将OB替换为OC，可得$AB+AO+OC=AB+AC=10$。
4. 计算△DCB的周长：
$C_{△ DCB}=DC+DB+BC$，
将DC=AB、DB=AC、BC=4代入得：
$C_{△ DCB}=AB+AC+BC=10+4=14$。
【答案】
14
【知识点】
AAS证全等，全等三角形的性质，等角对等边
【点评】
本题是全等三角形与周长计算结合的基础题型，解题核心是通过全等三角形实现边的等量代换，再结合等腰三角形的性质将已知周长和所求周长关联起来，是三角形章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
首先根据已知的两组角相等和公共边BC，用AAS判定△ABC与△DCB全等，得到对应边AB=DC、AC=DB；再由∠ACB=∠DBC推出OB=OC，将△AOB的周长转化为AB+AC的长度，最后代入△DCB的周长公式计算即可得到结果。
【解析】
1. 证明△ABC≌△DCB：
在△ABC和△DCB中，
$\{\begin{array}{l}∠A=∠D \\∠ACB=∠DBC \\BC=CB\end{array} $
∴△ABC≌△DCB（AAS），
∴AB=DC，AC=DB。
2.
∵∠ACB=∠DBC，根据等角对等边可得OB=OC。
3. 已知△AOB的周长为10，即$AB+AO+OB=10$，
将OB替换为OC，可得$AB+AO+OC=AB+AC=10$。
4. 计算△DCB的周长：
$C_{△ DCB}=DC+DB+BC$，
将DC=AB、DB=AC、BC=4代入得：
$C_{△ DCB}=AB+AC+BC=10+4=14$。
【答案】
14
【知识点】
AAS证全等，全等三角形的性质，等角对等边
【点评】
本题是全等三角形与周长计算结合的基础题型，解题核心是通过全等三角形实现边的等量代换，再结合等腰三角形的性质将已知周长和所求周长关联起来，是三角形章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
7. 如图，点E在△ABC外部，点D在边BC上，DE交AC于点F。若∠1=∠2=∠3，AC=AE，求证：AB=AD。
答案
7. 证明：
∵∠2 = ∠3，∠AFE = ∠CFD，∠2 +∠AFE+∠E=∠3+∠CFD+∠C=180°，
∴∠E=∠C.
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC = ∠DAE. 在△ABC 和 △ADE 中，$\begin{cases} ∠BAC=∠DAE, \\ AC=AE, \\ ∠C=∠E, \end{cases}$
∴ △ABC ≌ △ADE ( ASA ).
∴AB=AD.
∵∠2 = ∠3，∠AFE = ∠CFD，∠2 +∠AFE+∠E=∠3+∠CFD+∠C=180°，
∴∠E=∠C.
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC = ∠DAE. 在△ABC 和 △ADE 中，$\begin{cases} ∠BAC=∠DAE, \\ AC=AE, \\ ∠C=∠E, \end{cases}$
∴ △ABC ≌ △ADE ( ASA ).
∴AB=AD.
解析
【分析】
要证明AB=AD，可通过证明AB、AD所在的△ABC和△ADE全等得到。首先推导全等所需的等角条件：①由∠1=∠2，两边同时加公共角∠DAC，可得∠BAC=∠DAE；②由∠2=∠3，结合对顶角∠AFE=∠CFD，利用三角形内角和为180°，可推出∠E=∠C；再结合已知AC=AE，即可通过ASA判定两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等得到结论。
【解析】
证明：
∵∠2 = ∠3，∠AFE = ∠CFD（对顶角相等），
∠2 +∠AFE+∠E=180°，∠3+∠CFD+∠C=180°（三角形内角和定理），
∴∠E=∠C。
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC（等式的性质），即∠BAC = ∠DAE。
在△ABC 和 △ADE 中：
$\begin{cases} ∠BAC=∠DAE, \\ AC=AE（已知）, \\ ∠C=∠E（已证）, \end{cases}$
∴ △ABC ≌ △ADE (ASA)。
∴AB=AD（全等三角形的对应边相等）。
【答案】
AB=AD
【知识点】
三角形内角和定理；全等三角形ASA判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的常规题型，解题核心是通过角的和差、三角形内角和定理推导得到全等需要的等角条件，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.7
要证明AB=AD，可通过证明AB、AD所在的△ABC和△ADE全等得到。首先推导全等所需的等角条件：①由∠1=∠2，两边同时加公共角∠DAC，可得∠BAC=∠DAE；②由∠2=∠3，结合对顶角∠AFE=∠CFD，利用三角形内角和为180°，可推出∠E=∠C；再结合已知AC=AE，即可通过ASA判定两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等得到结论。
【解析】
证明：
∵∠2 = ∠3，∠AFE = ∠CFD（对顶角相等），
∠2 +∠AFE+∠E=180°，∠3+∠CFD+∠C=180°（三角形内角和定理），
∴∠E=∠C。
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC（等式的性质），即∠BAC = ∠DAE。
在△ABC 和 △ADE 中：
$\begin{cases} ∠BAC=∠DAE, \\ AC=AE（已知）, \\ ∠C=∠E（已证）, \end{cases}$
∴ △ABC ≌ △ADE (ASA)。
∴AB=AD（全等三角形的对应边相等）。
【答案】
AB=AD
【知识点】
三角形内角和定理；全等三角形ASA判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的常规题型，解题核心是通过角的和差、三角形内角和定理推导得到全等需要的等角条件，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.7
8. 如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，OA＝AB，且∠OAB＝90°，点A的坐标是(－1，3)，求点B的坐标.
答案
8. 解：过点A作CD//y轴，交x轴于点D，过点B作BC//x轴，与CD相交于点C，交y轴于点E，
∴∠ADO = ∠C = 90°.
∴∠CAB + ∠CBA = 90°.
∵∠OAB = 90°，
∴ ∠DAO + ∠CAB = 90°.
∴∠DAO = ∠CBA. 在 △ADO 和 △BCA 中，$\begin{cases} ∠DAO=∠CBA, \\ ∠ADO=∠C, \\ OA=AB, \end{cases}$
∴ △ADO ≌ △BCA ( AAS ).
∴AD=BC，OD=AC.
∵A(-1，3)，
∴BC=AD=3，AC=CE=OD=1.
∴CD=AD+AC=4，BE=BC-CE=2.
∴ 点 B 的坐标是(2，4).
∴∠ADO = ∠C = 90°.
∴∠CAB + ∠CBA = 90°.
∵∠OAB = 90°，
∴ ∠DAO + ∠CAB = 90°.
∴∠DAO = ∠CBA. 在 △ADO 和 △BCA 中，$\begin{cases} ∠DAO=∠CBA, \\ ∠ADO=∠C, \\ OA=AB, \end{cases}$
∴ △ADO ≌ △BCA ( AAS ).
∴AD=BC，OD=AC.
∵A(-1，3)，
∴BC=AD=3，AC=CE=OD=1.
∴CD=AD+AC=4，BE=BC-CE=2.
∴ 点 B 的坐标是(2，4).
解析
【分析】
遇到平面直角坐标系中已知垂直、相等线段求点坐标的问题，优先考虑构造全等三角形，将点坐标转化为线段长度求解。本题有∠OAB=90°且OA=AB的条件，我们可以通过作辅助线构造“一线三直角”模型，得到两个全等的直角三角形，再利用全等三角形对应边相等的性质，结合点A的坐标求出对应线段长度，最终推导得到点B的坐标。
【解析】
过点A作CD//y轴，交x轴于点D，过点B作BC//x轴，与CD相交于点C，交y轴于点E，
∴∠ADO = ∠C = 90°，
∴∠CAB + ∠CBA = 90°。
∵∠OAB = 90°，
∴ ∠DAO + ∠CAB = 90°，
∴∠DAO = ∠CBA。
在 △ADO 和 △BCA 中：
$\begin{cases} ∠DAO=∠CBA, \\ ∠ADO=∠C, \\ OA=AB, \end{cases}$
∴ △ADO ≌ △BCA ( AAS )，
∴AD=BC，OD=AC。
∵点A的坐标为(-1，3)，
∴AD=3，OD=1，即BC=AD=3，AC=OD=1，
∴点B的纵坐标为AD+AC=3+1=4，横坐标为BC-CE=3-1=2，
∴点B的坐标是(2,4)。
【答案】
(2，4)
【知识点】
AAS判定三角形全等，全等三角形的性质，平面直角坐标系点的坐标
【点评】
本题是全等三角形在平面直角坐标系中的典型应用，解题核心是通过构造“一线三直角”模型得到全等三角形，实现坐标与线段长度的转化，很好地考查了几何作图能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
遇到平面直角坐标系中已知垂直、相等线段求点坐标的问题，优先考虑构造全等三角形，将点坐标转化为线段长度求解。本题有∠OAB=90°且OA=AB的条件，我们可以通过作辅助线构造“一线三直角”模型，得到两个全等的直角三角形，再利用全等三角形对应边相等的性质，结合点A的坐标求出对应线段长度，最终推导得到点B的坐标。
【解析】
过点A作CD//y轴，交x轴于点D，过点B作BC//x轴，与CD相交于点C，交y轴于点E，
∴∠ADO = ∠C = 90°，
∴∠CAB + ∠CBA = 90°。
∵∠OAB = 90°，
∴ ∠DAO + ∠CAB = 90°，
∴∠DAO = ∠CBA。
在 △ADO 和 △BCA 中：
$\begin{cases} ∠DAO=∠CBA, \\ ∠ADO=∠C, \\ OA=AB, \end{cases}$
∴ △ADO ≌ △BCA ( AAS )，
∴AD=BC，OD=AC。
∵点A的坐标为(-1，3)，
∴AD=3，OD=1，即BC=AD=3，AC=OD=1，
∴点B的纵坐标为AD+AC=3+1=4，横坐标为BC-CE=3-1=2，
∴点B的坐标是(2,4)。
【答案】
(2，4)
【知识点】
AAS判定三角形全等，全等三角形的性质，平面直角坐标系点的坐标
【点评】
本题是全等三角形在平面直角坐标系中的典型应用，解题核心是通过构造“一线三直角”模型得到全等三角形，实现坐标与线段长度的转化，很好地考查了几何作图能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
