4. 如图，$△ EFG ≌ △ NMH$，$∠ F$与$∠ M$是对应角.
(1)写出图中相等的线段和角.
(2)若 $EF=2.1\ \mathrm{cm}$，$FH=1.1\ \mathrm{cm}$，$MH=3.3\ \mathrm{cm}$，求 $MN$ 和 $HG$ 的长.

4. (1) 相等的线段：EF与NM，EG与NH，FG与MH，FH与GM。
相等的角：$∠ F$与$∠ M$，$∠ E$与$∠ N$，$∠ EGF$与$∠ NHM$，$∠ EGM$与$∠ NHF$。
(2) $MN=2.1\ \mathrm{cm}$，$HG=2.2\ \mathrm{cm}$。

【分析】
解决本题首先要熟练掌握全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等。
对于第(1)问，先根据已知的全等关系和对应角∠F与∠M是对应角，确定两个三角形的对应顶点，先写出全等直接带来的相等的对应边和对应角，再根据边的和差关系、角的邻补角性质，推导其余相等的线段和角。
对于第(2)问，先利用对应边相等得到MN与EF的长度关系，直接求出MN的长；再根据FG与MH相等，结合FG由FH和HG两段组成，推导得出HG的长度计算方法，代入数值计算即可。
【解析】
(1)
∵△EFG ≌ △NMH，∠F与∠M是对应角，
∴两个三角形的对应顶点为E对应N，F对应M，G对应H。
根据全等三角形对应边相等可得：EF=NM，EG=NH，FG=MH；
又
∵FG=FH+HG，MH=HG+GM，
∴FH=GM。
根据全等三角形对应角相等可得：∠F=∠M，∠E=∠N，∠EGF=∠NHM；
又
∵∠EGF+∠EGM=180°，∠NHM+∠NHF=180°，
∴∠EGM=∠NHF。
(2) 由全等三角形对应边相等可知，MN=EF，FG=MH。
已知EF=2.1cm，
∴MN=2.1cm；
已知MH=3.3cm，
∴FG=3.3cm，
又
∵FG=FH+HG，FH=1.1cm，
∴HG=FG-FH=3.3cm-1.1cm=2.2cm。
【答案】
(1) 相等的线段：EF与NM，EG与NH，FG与MH，FH与GM。
相等的角：$∠ F$与$∠ M$，$∠ E$与$∠ N$，$∠ EGF$与$∠ NHM$，$∠ EGM$与$∠ NHF$。
(2) $MN=2.1\ \mathrm{cm}$，$HG=2.2\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
全等三角形的性质；线段和差计算；邻补角的性质
【点评】
本题是全等三角形性质的基础应用题，解题的核心是准确识别全等三角形的对应顶点、对应边和对应角，再结合线段的和差关系即可求解，掌握全等性质是解题的前提。
【难度系数】
0.85

5. 在综合与实践课上，老师让同学们把一张正方形彩纸(如图①所示)裁成四个全等的“L”形(如图②所示). 请用粗实线在图①中画出这四个“L”形.

5. 做法如下：

【分析】
要将4×4的正方形网格裁成4个全等的“L”形，第一步先计算每个“L”形需要占的小方格数：大正方形共有4×4=16个小方格，平均分给4个全等图形，每个图形占16÷4=4个小方格，和图②的“L”形方格数一致。第二步结合全等图形的性质：全等图形经过旋转、平移后可完全重合，我们可以以大正方形的中心为旋转中心，先画出1个符合要求的“L”形，再将其依次绕中心旋转90°、180°、270°，就能得到另外3个全等的“L”形，确保4个图形无重叠、全覆盖即可。
【解析】
1. 先确认每个“L”形的大小：大正方形共16个小正方形，4个全等的“L”形每个含4个小正方形，与图②的“L”形规格相符。
2. 利用旋转的性质构造全等图形：先在网格中画出第一个和图②完全相同的“L”形，再以大正方形的中心为旋转中心，将第一个“L”形分别顺时针旋转90°、180°、270°，得到另外三个“L”形，四个图形刚好铺满整个大正方形，没有重叠和遗漏。
3. 最后用粗实线沿着四个“L”形的边界描出，即为所求的裁剪线。
【答案】
做法如下：
【知识点】
全等图形的特征；图形旋转的性质；正方形的分割
【点评】
本题是实践操作类题型，重点考查对全等图形概念的理解和空间想象能力，解题时可先通过计算确定每个分割图形的大小，再结合对称、旋转的性质尝试划分，多尝试即可找到正确的分割方法。
【难度系数】
0.6

6. 已知：如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上，DE与AB相交于点O。求证：∠BED=∠BAD。 第6题

证明：$\because △ ABC ≌ △ ADE$，
$\therefore ∠ B = ∠ D$。
又$\because ∠ BOE = ∠ DOA$，
$\therefore 180° - ∠ B - ∠ BOE = 180° - ∠ D - ∠ DOA$，
即$∠ BED = ∠ BAD$。

【分析】
要证明∠BED=∠BAD，首先从已知全等三角形的条件入手，根据全等三角形的性质可得到对应角∠B=∠D；再观察两个待证角的位置，∠BED在△BOE中，∠BAD在△DOA中，两个三角形存在一组相等的对顶角∠BOE=∠DOA，结合三角形内角和固定为180°，两个三角形中分别减去两组相等的角，剩余的角也必然相等，即可推导出要证的结论。
【解析】
证明：
$\because △ ABC ≌ △ ADE$，
$\therefore ∠ B = ∠ D$。
又$\because ∠ BOE = ∠ DOA$，
根据三角形内角和为$180°$可得：
$180° - ∠ B - ∠ BOE = 180° - ∠ D - ∠ DOA$，
即$∠ BED = ∠ BAD$。
【答案】
证明：$\because △ ABC ≌ △ ADE$，
$\therefore ∠ B = ∠ D$。
又$\because ∠ BOE = ∠ DOA$，
$\therefore 180° - ∠ B - ∠ BOE = 180° - ∠ D - ∠ DOA$，
即$∠ BED = ∠ BAD$。
【知识点】
全等三角形的性质、对顶角的性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是全等三角形性质的基础应用题，解题的关键是找准待证角所在的三角形，结合角的等量关系即可快速推导，核心是熟练掌握全等三角形对应角相等的性质。
【难度系数】
0.8

7. 如图为6个边长相等的正方形的组合图形. 求∠1+∠2+∠3的度数.

7. 解：如图，
在$△ ABC$和$△ DEA$中，
$\because \begin{cases} AB=DE, \\ ∠ ABC=∠ DEA=90°, \\ BC=AE, \end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ DEA (\mathrm{SAS})$。
$\therefore ∠ 1 = ∠ 4$。
$\because ∠ 3 + ∠ 4 = 90°$，
$\therefore ∠ 1 + ∠ 3 = 90°$。
又$\because ∠ 2 = 45°$，
$\therefore ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = 90° + 45° = 135°$。

【分析】
求解本题可按以下思路逐步推导：首先观察三个角，∠2是正方形对角线与边的夹角，属于特殊角，可直接得出为45°；接下来只需要求出∠1与∠3的和即可，我们可以通过构造全等三角形将两个分散的角建立关联：标注图中字母后，找到包含∠1的△ABC和包含∠3的△DEA，根据小正方形边长相等的条件，可验证两个三角形满足SAS全等的判定条件，全等后∠1等于和∠3互余的∠4，即可得到∠1+∠3=90°；最后将三个角的度数相加即可得到最终结果。
【解析】
解：给图形标注字母如图。
在$△ ABC$和$△ DEA$中，
$\because \begin{cases} AB=DE, \\ ∠ ABC=∠ DEA=90°, \\ BC=AE, \end{cases}$
$\therefore △ ABC ≌ △ DEA (\mathrm{SAS})$。
$\therefore ∠ 1 = ∠ 4$。
$\because ∠ 3 + ∠ 4 = 90°$，
$\therefore ∠ 1 + ∠ 3 = 90°$。
又$\because ∠ 2 = 45°$，
$\therefore ∠ 1 + ∠ 2 + ∠ 3 = 90° + 45° = 135°$。
【答案】
$\boxed{135°}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，正方形的性质，角度和差计算
【点评】
本题是网格类角度计算的典型习题，核心解题思路是利用全等三角形实现角的转化，将未知的角度和转化为已知的特殊角之和，较好地考查了学生的几何观察能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.7