第十八講　全等三角形

第十八講全等三角形1.(2024·福建)小明用兩個全等的等腰三角形設(shè)計了一個“蝴蝶”的平面圖案,如圖.其中△OAB與△ODC都是等腰三角形,且它們關(guān)于直線l對稱,點E,F分別是底邊AB,CD的中點,OE⊥OF.下列推斷錯誤的是(B)A.OB⊥ODB.∠BOC=∠AOBC.OE=OFD.∠BOC+∠AOD=180°2.(2024·廣州)如圖,在△ABC中,∠A=90°,AB=AC=6,D為邊BC的中點,點E,F分別在邊AB,AC上,AE=CF,則四邊形AEDF的面積為(C)A.18 B.92 C.9 D.623.(2024·云南)如圖,在△ABC和△AED中,AB=AE,∠BAE=∠CAD,AC=AD.求證:△ABC≌△AED.【證明】∵∠BAE=∠CAD,∴∠BAE+∠CAE=∠CAD+∠CAE,即∠BAC=∠EAD.在△ABC與△AED中,AB=∴△ABC≌△AED(SAS).4.如圖,點A,B,D,E在同一條直線上,AB=DE,AC∥DF,BC∥EF.求證:△ABC≌△DEF.【證明】∵AC∥DF,∴∠CAB=∠FDE(兩直線平行,同位角相等),又∵BC∥EF,∴∠CBA=∠FED(兩直線平行,同位角相等).在△ABC和△DEF中,∠CAB∴△ABC≌△DEF(ASA).5.已知:如圖,點A,D,C,F在同一直線上,AB∥DE,∠B=∠E,BC=EF.求證:AD=CF.【證明】∵AB∥DE,∴∠A=∠EDF.在△ABC和△DEF中,∠A∴△ABC≌△DEF(AAS).∴AC=DF,∴AC-DC=DF-DC,即AD=CF.6.如圖,已知OA=OC,OB=OD,∠AOC=∠BOD.求證:△AOB≌△COD.【證明】∵∠AOC=∠BOD,∴∠AOC-∠AOD=∠BOD-∠AOD,即∠COD=∠AOB,在△AOB和△COD中,OA=∴△AOB≌△COD(SAS).7.在①AD=AE,②∠ABE=∠ACD,③FB=FC這三個條件中選擇其中一個,補(bǔ)充在下面的問題中,并完成問題的解答.問題:如圖,在△ABC中,∠ABC=∠ACB,點D在AB邊上(不與點A,點B重合),點E在AC邊上(不與點A,點C重合),連接BE,CD,BE與CD相交于點F.若,求證:BE=CD.注:如果選擇多個條件分別作答,按第一個解答計分.

【解析】選擇條件①的證明為:∵∠ABC=∠ACB,∴AB=AC,在△ABE和△ACD中,AB=∴△ABE≌△ACD(SAS),∴BE=CD;選擇條件②的證明為:∵∠ABC=∠ACB,∴AB=AC,在△ABE和△ACD中,∠ABE∴△ABE≌△ACD(ASA),∴BE=CD;選擇條件③的證明為:∵∠ABC=∠ACB,∴AB=AC,∵FB=FC,∴∠FBC=∠FCB,∴∠ABC-∠FBC=∠ACB-∠FCB,即∠ABE=∠ACD,在△ABE和△ACD中,∠ABE∴△ABE≌△ACD(ASA),∴BE=CD.8.(2024·內(nèi)江)如圖,點A,D,B,E在同一條直線上,AD=BE,AC=DF,BC=EF.(1)求證:△ABC≌△DEF;(2)若∠A=55°,∠E=45°,求∠F的度數(shù).【解析】(1)∵AD=BE,∴AD+BD=BE+BD,即AB=DE.在△ABC和△DEF中,AB=∴△ABC≌△DEF(SSS).(2)∵∠A=55°,∠E=45°,由(1)可知△ABC≌△DEF,∴∠A=∠FDE=55°,∴∠F=180°-(∠FDE+∠E)=180°-(55°+45°)=80°.9.(2024·龍東)已知△ABC是等腰三角形,AB=AC,∠MAN=12∠BAC,∠MAN在∠BAC的內(nèi)部,點M,N在BC上,點M在點N的左側(cè),探究線段BM,NC,MN之間的數(shù)量關(guān)系(1)如圖①,當(dāng)∠BAC=90°時,探究如下:由∠BAC=90°,AB=AC可知,將△ACN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°,得到△ABP,則CN=BP且∠PBM=90°,連接PM,易證△AMP≌△AMN,可得MP=MN,在Rt△PBM中,BM2+BP2=MP2,則有BM2+NC2=MN2.(2)當(dāng)∠BAC=60°時,如圖②,當(dāng)∠BAC=120°時,如圖③,分別寫出線段BM,NC,MN之間的數(shù)量關(guān)系,并選擇圖②或圖③進(jìn)行證明.【解析】題圖②的結(jié)論是BM2+NC2+BM·NC=MN2.證明如下:∵AB=AC,∠BAC=60°,∴△ABC是等邊三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°.如圖,以點B為頂點在△ABC外作∠ABK=60°,在BK上截取BQ=CN,連接QA,QM,過點Q作QH⊥BC,交CB延長線于點H,∵AB=AC,∠C=∠ABQ,CN=BQ,∴△ACN≌△ABQ(SAS),∴AN=AQ,∠CAN=∠QAB.又∵∠CAN+∠BAM=30°,∴∠BAM+∠QAB=30°,即∠QAM=∠MAN.又∵AM=AM,∴△AQM≌△ANM(SAS),∴MN=QM.∵∠ABQ=60°,∠ABC=60°,∴∠QBH=60°,∴∠BQH=30°,∴BH=12BQ,QH=32BQ,∴HM=BM+BH=BM+在Rt△QHM中,可得QH2+HM2=QM2,即(32BQ)2+(BM+12BQ)2=QM整理得BM2+BQ2+BM·BQ=QM2,∴BM2+NC2+BM·NC=MN2.題圖③的結(jié)論是BM2+NC2-BM·NC=MN2.證明如下:如圖,以點B為頂點在△ABC外作∠ABK=30°,在BK上截取BQ=CN,連接QA,QM,過點Q作QH⊥BC,垂足為H.∵AB=AC,∠C=∠ABQ,CN=BQ,∴△ACN≌△ABQ(SAS),∴AN=AQ,∠CAN=∠QAB.又∵∠CAN+∠BAM=60°,∴∠BAM+∠QAB=60°,即∠QAM=∠MAN.又∵AM=AM,∴△AQM≌△ANM(SAS),∴MN=QM.在Rt△BQH中,∠QBH=60°