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  • 2021-05-10 发布

中考专题复习讲义三角形和全等三角形

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WUMENG WUMENG1 【中考考点梳理】 考点一 全等三角形的概念与性质 1.概念:能够重合的两个三角形叫做全等三角形. 温馨提示: 记两个三角形全等时,通常把表示对应顶点的字母写在对应的位置上.如右图,△ABC 和△DBC 全等,点 A 和点 D,点 B 和点 B,点 C 和点 C 是对应顶点,记作△ABC≌△ DBC. 2.全等三角形的性质 (1)全等三角形的对应边相等,对应角相等; (2)全等三角形的对应线段(包括角平分线、中线、高线)相等、周长相等、面积相等. 3.常见全等三角形的基本图形 (1)平移全等型 (2)翻折全等型 (3)旋转全等型 WUMENG WUMENG2 考点二 全等三角形的判定 1.全等三角形的判定方法 方法 2 两边及其夹角对应相等的两个 三角形全等 SAS 所 有 三 角形 方法 3 两个角及其夹边对应相等的两 个三角形全等 ASA 所 有 三 角形 方法 4 两角及其中一个角的对边对应 相等的两个三角形全等 AAS 所 有 三 角形 方法 5 斜边和一条直角边对应相等的 两个直角三角形全等 HL 直 角 三 角形 温馨提示: 1.方法 2 是两边和它们的夹角,如果说“两边及其中一边的对角对应相等”,则不能判 定两个三角形全等. 2.三个角对应相等的两个三角形不一定全等. 2.全等三角形的判定思路 说明两个三角形全等时要认真分析已知条件,仔细观察图形,弄清已具备了哪些条件, 从中找出已知条件和所要说明的结论的内在联系,从而选择最适当的方法,一般可按下面 的思路进行. 方  法 内 容 符  号 适用范 围 方法 1 三边对应相等的两个三角形全等 SSS 所 有 三 角形 WUMENG WUMENG3 {已知两边{找夹角→SAS 找第三边→SSS 找直角→HL 已知 一边和 一角 {边为角的对边→找任一角→AAS 边为角 的邻边{找夹角的另一边→SAS 找夹边的另一角→ASA 找边的对角→AAS 已知 两角 {找夹边→ASA 找其中一个已知角的对边→AAS 考点三 角平分线的性质定理及其逆定理) 1.性质定理:角的平分线上的点到角的两边的距离相等. 即如图,∵点 P 在∠AOB 的平分线上,PD⊥OA 于点 D,PE⊥OB 于点 E,∴PD= PE. 2.性质定理的逆定理:角的内部,到角的两边距离相等的点,在这个角的平分线上.即 如上图,∵PD⊥OA,PE⊥OB,PD=PE,∴OP 是∠AOB 的平分线. 温馨提示: 应用角平分线的性质定理就可以省去证明三角形全等的步骤,使问题简单化,所以若遇 到有关角平分线,又要证线段相等的问题,我们可以直接利用角平分线的性质定理解决问 题. 考点四 线段垂直平分线的性质与判定 1.定义:垂直于一条线段,并且平分这条线段的直线叫做这条线段的垂直平分线. 2.性质定理:线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等. 3.性质定理的逆定理:与一条线段两个端点的距离相等的点,在这条线段的垂直平分 线上. 【例 1】(2015·温州)如图,点 C,E,F,B 在同一直线上,点 A,D 在 BC 异侧,AB∥ CD,AE=DF,∠A=∠D. (1)求证:AB=CD; (2)若 AB=CF,∠B=30°,求∠D 的度数. 【思路点拨】(1)由 AB∥CD,可得∠B=∠C,再有 AE=DF,∠A=∠D,可得△ABE WUMENG WUMENG4 ≌△DCF,由全等三角形的性质可证;(2)通过等量代换得到△DCF 为等腰三角形,且∠C=∠ B=30°,再通过三角形内角和求得∠D 的度数. 【自主解答】 (1)证明:∵AB∥CD, ∴∠B=∠C.∵AE=DF, ∠A=∠D, ∴△ABE≌△DCF(AAS).∴AB=CD. (2)解:∵AB=CF,AB=CD,∴CD=CF, ∴∠D=∠CFD. ∵∠B=∠C=30°,∴∠D=75°. 方法总结: 判定两个三角形全等时,常用下面的思路:有两角对应相等时找夹边或任一边对应相等; 有两边对应相等时找夹角或另一边对应相等. 【变式训练】 1、如图,点 M,N 分别是正五边形 ABCDE 的边 BC,CD 上的点,且 BM=CN,AM 交 BN 于点 P. (1)求证:△ABM≌△BCN; (2)求∠APN 的度数. (1)证明:∵五边形 ABCDE 是正五边形, ∴AB=BC,∠ABM=∠BCN. 又 BM=CN,∴△ABM≌△BCN. (2)解:∵∠APN 是△ABP 的一个外角, ∴∠APN=∠BAM+∠ABN=∠CBN+∠ABN=∠ABC= (5-2) × 180° 5 =108°. 2、如图,在正方形 ABCD 中,连接 BD,点 O 是 BD 的中点,若 M、N 是边 AD 上的两点, 连接 MO、NO,并分别延长交边 BC 于两点 M′、N′,则图中的全等三角形共有(  ) A.2 对 B.3 对 C.4 对 D.5 对 WUMENG WUMENG5 【考点】正方形的性质;全等三角形的判定. 【分析】可以判断△ABD≌△BCD,△MDO≌△M′BO,△NOD≌△N′OB,△MON≌△M′ON′由此即 可对称结论. 【解答】解:∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AB=CD=CB=AD,∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°,AD∥BC, 在△ABD 和△BCD 中, , ∴△ABD≌△BCD, ∵AD∥BC, ∴∠MDO=∠M′BO, 在△MOD 和△M′OB 中, , ∴△MDO≌△M′BO,同理可证△NOD≌△N′OB,∴△MON≌△M′ON′, ∴全等三角形一共有 4 对. 故选 C. 3、如图,在矩形 ABCD 中(AD>AB),点 E 是 BC 上一点,且 DE=DA,AF⊥DE,垂足为点 F, 在下列结论中,不一定正确的是(  ) WUMENG WUMENG6 A.△AFD≌△DCE B.AF= AD C.AB=AF D.BE=AD﹣DF 【考点】矩形的性质;全等三角形的判定. 【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE(AAS),再根据矩形的对边相等,以及 全等 三角形的对应边相等进行判断即可. 【解答】解:(A)由矩形 ABCD,AF⊥DE 可得∠C=∠AFD=90°,AD∥BC, ∴∠ADF=∠DEC. 又∵DE=AD, ∴△AFD≌△DCE(AAS),故(A)正确; (B)∵∠ADF 不一定等于 30°, ∴直角三角形 ADF 中,AF 不一定等于 AD 的一半,故(B)错误; (C)由△AFD≌△DCE,可得 AF=CD, 由矩形 ABCD,可得 AB=CD, ∴AB=AF,故(C)正确; (D)由△AFD≌△DCE,可得 CE=DF, 由矩形 ABCD,可得 BC=AD, 又∵BE=BC﹣EC, ∴BE=AD﹣DF,故(D)正确; 故选(B) WUMENG WUMENG7 4、如图,在平面直角坐标系中,A、B 两点分别在 x 轴、y 轴上,OA=3,OB=4,连接 AB.点 P 在平面内,若以点 P、A、B 为顶点的三角形与△AOB 全等(点 P 与点 O 不重合),则点 P 的坐标为 (3,4)或(frac{96}{25},frac{72}{25})或(﹣frac{21}{25}, frac{28}{25}) . 【考点】全等三角形的判定;坐标与图形性质. 【分析】由条件可知 AB 为两三角形的公共边,且△AOB 为直角三角形,当△AOB 和△APB 全 等时,则可知△APB 为直角三角形,再分三种情况进行讨论,可得出 P 点的坐标. 【解答】解:如图所示: ①∵OA=3,OB=4, ∴P1(3,4); ②连结 OP2, 设 AB 的解析式为 y=kx+b,则 , 解得 . 故 AB 的解析式为 y=﹣ x+4, 则 OP2 的解析式为 y= x, 联立方程组得 , WUMENG WUMENG8 解得 , 则 P2( , ); ③连结 P2P3, ∵(3+0)÷2=1.5, (0+4)÷2=2, ∴E(1.5,2), ∵1.5×2﹣ =﹣ , 2×2﹣ = , ∴P3(﹣ , ). 故点 P 的坐标为(3,4)或( , )或(﹣ , ). 故答案为:(3,4)或( , )或(﹣ , ). 【例 2】如图,OC 是∠AOB 的平分线,P 是 OC 上一点,PD⊥OA 于点 D,PD=6,则点 P 到边 OB 的距离为( A ) A.6  B.5  C.4  D.3 【思路点拨】过点 P 作 PE⊥OB 于点 E,由角平分线的性质易得 PE 的长. 方法总结: 题目中若有角平分线这一条件,常考虑 2 倍角关系或添加垂线段,利用角的平分线的性 质定理求角度或证明线段相等或计算线段长度. 【变式训练】 1、 如图,已知△ABC 三个内角的平分线交于点 O,点 D 在 CA 的延长线上,且 DC= WUMENG WUMENG9 BC,AD=AO,若∠BAC=80°,则∠BCA 的度数为 . 【解析】∵∠BAC=80°,∴∠BAD=100°,∠BAO=40°,∴∠DAO=140°.∵AD= AO,∴∠D=20°.∵△ABC 三个内角的平分线交于点 O,∴∠ACO=∠BCO.在△COD 和△ COB 中,CD=CB,∠OCD=∠OCB,OC 是公共边,∴△COD≌△COB,∴∠D=∠ CBO.∴∠CBO=20°,∴∠ABC=40°,∴∠BCA=60°. 【答案】60° 2、已知平行四边形 ABCD 中,CE 平分∠BCD 且交 AD 于点 E,AF∥CE,且交 BC 于点 F. (1)求证:△ABF≌△CDE; (2)如图,若∠1=65°,求∠B 的大小. 【考点】平行四边形的性质;全等三角形的判定与性质. 【分析】(1)由平行四边形的性质得出 AB=CD,AD∥BC,∠B=∠D,得出∠1=∠DCE,证出 ∠AFB=∠1,由 AAS 证明△ABF≌△CDE 即可; (2)由(1)得∠1=∠DCE=65°,由平行四边形的性质和三角形内角和定理即可得出结果. 【解答】(1)证明:∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴AB=CD,AD∥BC,∠B=∠D, ∴∠1=∠DCE, WUMENG WUMENG10 ∵AF∥CE, ∴∠AFB=∠ECB, ∵CE 平分∠BCD, ∴∠DCE=∠ECB, ∴∠AFB=∠1, 在△ABF 和△CDE 中, , ∴△ABF≌△CDE(AAS); (2)解:由(1)得:∠1=∠ECB,∠DCE=∠ECB, ∴∠1=∠DCE=65°, ∴∠B=∠D=180°﹣2×65°=50°. 【例 3】如图,已知△ABC 中,AB=AC,把△ABC 绕 A 点沿顺时针方向旋转得到△ADE,连接 BD,CE 交于点 F. (1)求证:△AEC≌△ADB; (2)若 AB=2,∠BAC=45°,当四边形 ADFC 是菱形时,求 BF 的长. 【考点】旋转的性质;全等三角形的判定与性质;菱形的性质. 【分析】(1)由旋转的性质得到三角形 ABC 与三角形 ADE 全等,以及 AB=AC,利用全等三 角形对应边相等,对应角相等得到两对边相等,一对角相等,利用 SAS 得到三角形 AEC 与 三角形 ADB 全等即可; WUMENG WUMENG11 (2)根据∠BAC=45°,四边形 ADFC 是菱形,得到∠DBA=∠BAC=45°,再由 AB=AD,得到三 角形 ABD 为等腰直角三角形,求出 BD 的长,由 BD﹣DF 求出 BF 的长即可. 【解答】解:(1)由旋转的性质得:△ABC≌△ADE,且 AB=AC, ∴AE=AD,AC=AB,∠BAC=∠DAE, ∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE,即∠CAE=∠DAB, 在△AEC 和△ADB 中, , ∴△AEC≌△ADB(SAS); (2)∵四边形 ADFC 是菱形,且∠BAC=45°, ∴∠DBA=∠BAC=45°, 由(1)得:AB=AD, ∴∠DBA=∠BDA=45°, ∴△ABD 为直角边为 2 的等腰直角三角形, ∴BD2=2AB2,即 BD=2 , ∴AD=DF=FC=AC=AB=2, ∴BF=BD﹣DF=2 ﹣2. 【变式练习】 1、已知:点 P 是平行四边形 ABCD 对角线 AC 所在直线上的一个动点(点 P 不与点 A、C 重 合),分别过点 A、C 向直线 BP 作垂线,垂足分别为点 E、F,点 O 为 AC 的中点. (1)当点 P 与点 O 重合时如图 1,易证 OE=OF(不需证明) (2)直线 BP 绕点 B 逆时针方向旋转,当∠OFE=30°时,如图 2、图 3 的位置,猜想线段 CF、AE、OE 之间有怎样的数量关系?请写出你对图 2、图 3 的猜想,并选择一种情况给予 证明. WUMENG WUMENG12 【考点】四边形综合题. 【分析】(1)由△AOE≌△COF 即可得出结论. (2)图 2 中的结论为:CF=OE+AE,延长 EO 交 CF 于点 G,只要证明△EOA≌△GOC,△OFG 是等边三角形,即可解决问题. 图 3 中的结论为:CF=OE﹣AE,延长 EO 交 FC 的延长线于点 G,证明方法类似. 【解答】解:(1)∵AE⊥PB,CF⊥BP, ∴∠AEO=∠CFO=90°, 在△AEO 和△CFO 中, , ∴△AOE≌△COF, ∴OE=OF. (2)图 2 中的结论为:CF=OE+AE. 图 3 中的结论为:CF=OE﹣AE. 选图 2 中的结论证明如下: 延长 EO 交 CF 于点 G, ∵AE⊥BP,CF⊥BP, ∴AE∥CF, WUMENG WUMENG13 ∴∠EAO=∠GCO, 在△EOA 和△GOC 中, , ∴△EOA≌△GOC, ∴EO=GO,AE=CG, 在 RT△EFG 中,∵EO=OG, ∴OE=OF=GO, ∵ ∠OFE=30°, ∴∠OFG=90°﹣30°=60°, ∴△OFG 是等边三角形, ∴OF=GF, ∵OE=OF, ∴OE=FG, ∵CF=FG+CG, ∴CF=OE+AE. 选图 3 的结论证明如下: 延长 EO 交 FC 的延长线于点 G, ∵AE⊥BP,CF⊥BP, ∴AE∥CF, ∴∠AEO=∠G, 在△AOE 和△COG 中, WUMENG WUMENG14 , ∴△AOE≌△COG, ∴OE=OG,AE=CG, 在 RT△EFG 中,∵OE=OG, ∴OE=OF=OG, ∵∠OFE=30°, ∴∠OFG=90°﹣30°=60°, ∴△OFG 是等边三角形, ∴OF=FG, ∵OE=OF, ∴OE=FG, ∵CF=FG﹣CG, ∴CF=OE﹣AE. WUMENG WUMENG15 3、如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,点 D,E 分别在 AB,AC 上,CE=BC,连接 CD,将线 段 CD 绕点 C 按顺时针方向旋转 90°后得 CF,连接 EF. (1)补充完成图形; (2)若 EF∥CD,求证:∠BDC=90°. 【考点】旋转的性质. 【分析】(1)根据题意补全图形,如图所示; (2)由旋转的性质得到∠DCF 为直角,由 EF 与 CD 平行,得到∠EFC 为直角,利用 SAS 得到 三角形 BDC 与三角形 EFC 全等,利用全等三角形对应角相等即可得证. 【解答】解:(1)补全图形,如图所示; (2)由旋转的性质得:∠DCF=90°, ∴∠DCE+∠ECF=90°, ∵∠ACB=90°, ∴∠DCE+∠BCD=90°, ∴∠ECF=∠BCD, ∵EF∥DC, ∴∠EFC+∠DCF=180°, ∴∠EFC=90°, 在△BDC 和△EFC 中, WUMENG WUMENG16 , ∴△BDC≌△EFC(SAS), ∴∠BDC=∠EFC=90°. 【例 3】如图,已知点 A,F,E,C 在同一直线上,AB∥CD,∠ABE=∠CDF,AF =CE. (1)从图中任找两组全等三角形; (2)从(1)中任选一组进行证明. 【思路点拨】(1)根据题目所给条件可分析出△ABE≌△CDF,△AFD≌△CEB;(2)根 据 AB∥CD 可得∠BAC=∠DCA,根据 AF=CE 可得 AE=FC,然后再证明△ABE≌△CDF 即可. 【自主解答】 (1)解:△ABE≌△CDF,△AFD≌△CEB. (2)证明:△ABE≌△CDF. ∵AB∥CD,∴∠BAC=∠DCA. ∵AF=CE,∴AF+EF=CE+EF,即 AE=FC. 在△ABE 和△CDF 中, {∠BAE=∠DCF, ∠ABE=∠CDF, AE=CF, ∴△ABE≌△CDF(AAS). WUMENG WUMENG17 方法总结: 根据题目给出的条件和图形中隐含的条件,分析哪些三角形全等,再根据三角形全等的 判定方法证明即可. 【变式练习】 1、 如图,在四边形 ABCD 中,AB∥CD,连结 BD.请添加一个适当的条件 AB=CD 或∠A=∠C 或∠ADB=∠CBD,使△ABD≌△CDB(只需写一个). 2、如图,△ABC 中,AD⊥BC,CE⊥AB,垂足分别为 D、E,AD、CE 交于点 H,请你添加一个 适当的条件: AH=CB 等(只要符合要求即可) ,使△AEH≌△CEB. 【考点】全等三角形的判定. 【分析】开放型题型,根据垂直关系,可以判断△AEH 与△CEB 有两对对应角相等,就只需 要找它们的一对对应边相等就可以了. 【解答】解:∵AD⊥BC,CE⊥AB,垂足分别为 D、E, ∴∠BEC=∠AEC=90°, 在 Rt△AEH 中,∠EAH=90°﹣∠AHE, 又∵∠EAH=∠BAD, ∴∠BAD=90°﹣∠AHE, 在 Rt△AEH 和 Rt△CDH 中,∠CHD=∠AHE, ∴∠EAH=∠DCH, WUMENG WUMENG18 ∴∠EAH=90°﹣∠CHD=∠BCE, 所以根据 AAS 添加 AH=CB 或 EH=EB; 根据 ASA 添加 AE=CE. 可证△AEH≌△CEB. 故填空答案:AH=CB 或 EH=EB 或 AE=CE. 3、如图,平行四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 O,E,F 分别是 OA,OC 的中点, 连接 BE,DF (1)根据题意,补全原形; (2)求证:BE=DF. 【考点】平行四边形的性质;全等三角形的判定与性质. 【分析】(1)如图所示; (2)由全等三角形的判定定理 SAS 证得△BEO≌△DFO,得出全等三角形的对应边相等即 可. 【解答】(1)解:如图所示: (2)证明:∵四边形 ABCD 是平行四边形,对角线 AC、BD 交于点 O, ∴OB=OD,OA=OC. 又∵E,F 分别是 OA、OC 的中点, WUMENG WUMENG19 ∴OE= OA,OF= OC, ∴OE=OF. ∵在△BEO 与△DFO 中, , ∴△BEO≌△DFO(SAS), ∴BE=DF. 4、已知:如图,在正方形 ABCD 中,点 E 在边 CD 上,AQ⊥BE 于点 Q,DP⊥AQ 于点 P. (1)求证:AP=BQ; (2)在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中四对线段,使每对中较长线段与较短 线段长度的差等于 PQ 的长. 【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质. 【分析】(1)根据正方形的性质得出 AD=BA,∠BAQ=∠ADP,再根据已知条件得到 ∠AQB=∠DPA,判定△AQB≌△DPA 并得出结论;(2)根据 AQ﹣AP=PQ 和全等三角形的对应 边相等进行判断分析. WUMENG WUMENG20 【解答】解:(1)∵正方形 ABCD ∴AD=BA,∠BAD=90°,即∠BAQ+∠DAP=90° ∵DP⊥AQ ∴∠ADP+∠DAP=90° ∴∠BAQ=∠ADP ∵AQ⊥BE 于点 Q,DP⊥AQ 于点 P ∴∠AQB=∠DPA=90° ∴△AQB≌△DPA(AAS) ∴AP=BQ (2)①AQ﹣AP=PQ ②AQ﹣BQ=PQ ③DP﹣AP=PQ ④DP﹣BQ=PQ 【例 4】如图,在△ABC 中,AD 和 BE 是高,∠ABE=45°,点 F 是 AB 的中点,AD 与 FE、BE 分别交于点 G、H,∠CBE=∠BAD.有下列结论:①FD=FE;②AH=2CD;③BC•AD= AE2; ④S△ABC=4S△ADF.其中正确的有(  ) WUMENG WUMENG21 A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 【考 点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质. 【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得出 FD= AB,证明△ABE 是等腰直角三角形,得 出 AE=BE,证出 FE= AB,延长 FD=FE,①正确; 证出∠ABC=∠C,得出 AB=AC,由等腰三角形的性质得出 BC=2CD,∠BAD=∠CAD=∠CBE,由 ASA 证明△AEH≌△BEC,得出 AH=BC=2CD,②正确; 证明△ABD~△BCE,得出 = ,即 BC•AD=AB•BE,再由等腰直角三角形的性质和三角形 的面积得出 BC•AD= AE2;③正确; 由 F 是 AB 的中点,BD=CD,得出 S△ABC=2S△ABD=4S△ADF.④正确;即可得出结论. 【解答】解:∵在△ABC 中 ,AD 和 BE 是高, ∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°, ∵点 F 是 AB 的中点, ∴FD= AB, ∵∠ABE=45°, ∴△ABE 是等腰直角三角形, ∴AE=BE, ∵点 F 是 AB 的中点, WUMENG WUMENG22 ∴FE= AB, ∴FD=FE,①正确; ∵∠CBE=∠BAD,∠CBE+∠C=90°,∠BAD+∠ABC=90°, ∴∠ABC=∠C, ∴AB=AC, ∵AD⊥BC, ∴BC=2CD,∠BAD=∠CAD=∠CBE, 在△AEH 和△BEC 中, , ∴△AEH≌△BEC(ASA), ∴AH=BC=2CD,②正确; ∵∠BAD=∠CBE,∠ADB=∠CEB, ∴△ABD~△BCE, ∴ = ,即 BC•AD=AB•BE, ∵ AE2=AB•AE=AB•BE,BC•AD=AC•BE=AB•BE, ∴BC•AD= AE2;③正确;[来源:学科网] ∵F 是 AB 的中点,BD=CD,∴ S△ABC=2S△ABD=4S△ADF.④正确; 故选:D. 【变式练习】 1、如图,在正方形 ABCD 中,E、F 分别为 BC、CD 的中点,连接 AE,BF 交于点 G,将△BCF 沿 BF 对折,得到△BPF,延长 FP 交 BA 延长线于点 Q,下列结论正确的个数是(  ) WUMENG WUMENG23 ①AE=BF;②AE⊥BF;③sin∠BQP= ;④S 四边形 ECFG=2S△BGE. A.4 B.3 C.2 D.1 【考点】四边形综合题. 【分析】首先证明△ABE≌△BCF,再利用角的关系求得∠BGE=90°,即可得到①AE=BF; ②AE⊥BF;△BCF 沿 BF 对折,得到△BPF,利用角的关系求出 QF=QB,解出 BP,QB,根据正 弦的定义即可求解;根据 AA 可证△BGE 与△BCF 相似,进一步得到相似比,再根据相似三角 形的性质即可求解. 【解答】解:∵E,F 分别是正方形 ABCD 边 BC,CD 的中点, ∴CF=BE, 在△ABE 和△BCF 中, , ∴Rt△ABE≌Rt△BCF(SAS), ∴∠BAE=∠CBF,AE=BF,故①正确; 又∵∠BAE+∠BEA=90°, ∴∠CBF+∠BEA=90°, ∴∠BGE=90°, ∴AE⊥BF,故②正确; 根据题意得,FP=FC,∠PFB=∠BFC,∠FPB=90° WUMENG WUMENG24 ∵CD∥AB, ∴∠CFB=∠ABF, ∴∠ABF=∠PFB, ∴QF=QB, 令 PF=k(k>0),则 PB=2k 在 Rt△BPQ 中,设 QB=x, ∴x2=(x﹣k)2+4k2, ∴x= , ∴sin=∠BQP= = ,故③正确; ∵∠BGE=∠BCF,∠GBE=∠CBF, ∴△BGE∽△BCF, ∵BE= BC,BF= BC, ∴BE:BF=1: , ∴△BGE 的面积:△BCF 的面积=1:5, ∴S 四边形 ECFG=4S△BGE,故④错误. 故选:B. 2、在矩形 ABCD 中,AD=2AB=4,E 是 AD 的中点,一块足够大的三角板的直角顶点与点 E 重 合,将三角板绕点 E 旋转,三角板的两直角边分别交 AB,BC(或它们的延长线) 于点 M, N,设∠AEM=α(0°<α<90°),给出下列四个结论: ①AM=CN; ②∠AME=∠BNE; ③BN﹣AM=2; WUMENG WUMENG25 ④S△EMN= . 上述结论中正确的个数是(  ) A.1 B.2 C.3 D.4 【考点】全等三角形的判定与性质;旋转的性质. 【分析】①作辅助线 EF⊥BC 于点 F,然后证明 Rt△AME≌Rt△FNE,从而求出 AM=FN,所以 BM 与 CN 的长度相等. ②由①Rt△AME≌Rt△FNE,即可得到结论正确; ③经过简单的计算得到 BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣(BM+AM) =BC﹣AB=4﹣2=2, ④用面积的和和差进行计算,用数值代换即可. 【解答】解:①如图, 在矩形 ABCD 中,AD=2AB,E 是 AD 的中点, 作 EF⊥BC 于点 F,则有 AB=AE=EF=FC, ∵∠AEM+∠DEN=90°,∠FEN+∠DEN=90°, ∴∠AEM=∠FEN, WUMENG WUMENG26 在 Rt△AME 和 Rt△FNE 中, , ∴Rt△AME≌Rt△FNE, ∴AM=FN, ∴MB=CN. ∵AM 不一定等于 CN, ∴AM 不一定等于 CN, ∴①错误, ②由①有 Rt△AME≌Rt△FNE, ∴∠AME=∠BNE, ∴②正确, ③由①得,BM=CN, ∵AD=2AB=4, ∴BC=4,AB=2 ∴BN﹣AM=BC﹣CN﹣AM=BC﹣BM﹣AM=BC﹣(BM+AM)=BC﹣AB=4﹣2=2, ∴③正确, ④如图, WUMENG WUMENG27 由①得,CN=CF﹣FN=2﹣AM,AE= AD=2,AM=FN ∵tanα= , ∴AM=AEtanα ∵cosα= = , ∴cos 2α= , ∴ =1+ =1+( )2=1+tan2α, ∴ =2(1+tan2α) ∴S△EMN=S 四边形 ABNE﹣S△AME﹣S△MBN = (AE+BN)×AB﹣ AE×AM﹣ BN×BM = (AE+BC﹣CN)×2﹣ AE×AM﹣ (BC﹣CN)×CN = (AE+BC﹣CF+FN)×2﹣ AE×AM﹣ (BC﹣2+AM)(2﹣AM) =AE+BC﹣CF+AM﹣ AE×AM﹣ (2+AM)(2﹣AM) =AE+AM﹣ AE×AM+ AM2 =AE+AEtanα﹣ AE2tanα+ AE2tan2α =2+2tanα﹣2tanα+2tan2α =2(1+tan2α) = . WUMENG WUMENG28 ∴④正确. 故选 C. 【点评】此题是全等三角形的性质和判定题,主要考查了全等三角形的性质和判定,图形面 积的计算锐角三角函数,解本题的关键是 Rt△AME≌Rt△FNE,难点是计算 S△EMN. 【例 5】1、如图 1,△ABC 是等腰直角三角形,∠BAC= 90°,AB=AC,四边形 ADEF 是正方 形,点 B、C 分别在边 AD、AF 上,此时 BD=CF,BD⊥CF 成立. (1)当△ABC 绕点 A 逆时针旋转 θ(0°<θ<90°)时,如图 2,BD=CF 成立吗?若成立, 请证明;若不成立,请说明理由. (2)当△ABC 绕点 A 逆时针旋转 45°时,如图 3,延长 DB 交 CF 于点 H. ①求证:BD⊥CF; ②当 AB=2,AD=3 2时,求线段 DH 的长. 【知识点】等腰三角形——等腰三角形的现性质、特殊的平行四边形——正方形的性质、旋 转——旋转的特性、全等三角形——全等三角形的判判定和性质、相似三角形——相似三角 形的判判定和性质 【思路分析】(1)先用“SAS”证明△CAF≌△BAD,再用全等三角形的性质即可得 BD=CF 成立; (2)利用△HFN 与△AND 的内角和以及它们的等角,得到∠NHF=90°,即可得①的结论; (3)连接 DF,延长 AB,与 DF 交于点 M,利用△BMD∽△FHD 求解. 【解答】(l)解:BD=CF 成立. 证明:∵AC=AB,∠CAF=∠BAD=θ;AF=AD,△ABD≌△ACF,∴BD=CF. (2)①证明:由(1)得,△ABD≌△ACF,∴∠HF N=∠ADN, WUMENG WUMENG29 在△HFN 与△ADN 中,∵∠HFN=∠AND,∠HNF=∠AND,∴∠NHF=∠NAD=90°, ∴HD⊥HF,即 BD⊥CF. ②解:如图,连接 DF,延长 AB,与 DF 交于点 M. 在△MAD 中,∵∠MAD=∠MDA=45°,∴∠BMD=90°. 在 Rt△BMD 与 Rt△FHD 中,∵∠MDB=∠HDF,∴△BMD∽△FHD. ∴AB=2,AD=3 2,四边形 ADEF 是正方形,∴MA=MD=3=3. ∴MB=3-2=1,DB= 12+32= 10. ∵MD HD =BD FD.∴ 3 HD = 6. ∴DH=9 5. 【方法总结】本题考查了全等三角形的判判定和性质,全等三角形的性质是证明等角、等线 段的最为常用的方法;图形的旋转中,对应点到旋转中心的距离相等,对应线段的长度、对 应角的大小相等,旋转前后图形的大小和形状没有改变; 2、如果将四根木条首尾相连,在相连处用螺钉连接,就能构成一个平面图形. (1)若固定三根木条 AB,BC,AD 不动,AB=AD=2cm,BC=5cm,如图,量得第四根木条 CD=5cm,判断此时∠B 与∠D 是否相等,并说明理由. WUMENG WUMENG30 (2)若固定一根木条 AB 不动,AB=2cm,量得木条 CD=5cm,如果木条 AD,BC 的长度不变, 当点 D 移到 BA 的延长线上时,点 C 也在 BA 的延长线上;当点 C 移到 AB 的延长线上时, 点 A、C、D 能构成周长为 30cm 的三角形,求出木条 AD,BC 的长度. 【考点】全等三角形的应用;二元一次方程组的应用;三角形三边关系. 【分析】(1)相等.连接 AC,根据 SSS 证明两个三角形全等即可. (2)分两种情形①当点 C 在点 D 右侧时,②当点 C 在点 D 左侧时,分别列出方程组即可 解决问题,注意最后理由三角形三边关系定理,检验是否符合题意. 【解答】解:(1)相等. 理由:连接 AC, 在△ACD 和△ACB 中, , ∴△ACD≌△ACB, ∴∠B=∠D. (2)设 AD=x,BC=y, 当点 C 在点 D 右侧时, ,解得 , 当点 C 在点 D 左侧时, 解得 , 此时 AC=17,CD=5,AD=8,5+8<17, ∴不合题意, ∴AD=13cm,BC=10cm. WUMENG WUMENG31 3、已知四边形 ABCD 是菱形,AB=4,∠ABC=60°,∠EAF 的两边分别与射线 CB,DC 相交于 点 E,F,且∠EAF=60°. (1)如图 1,当点 E 是线段 CB 的中点时,直接写出线段 AE,EF,AF 之间的数量关系; (2)如图 2,当点 E 是线段 CB 上任意一点时(点 E 不与 B、C 重合),求证:BE=CF; (3)如图 3,当点 E 在线段 CB 的延长线上,且∠EAB=15°时,求点 F 到 BC 的距离. 【考点】四边形综合题. 【分析】(1)结论 AE=EF=AF.只要证明 AE=AF 即可证明△AEF 是等边三角形. (2)欲证明 BE=CF,只要证明△BAE≌△CAF 即可. (3)过点 A 作 AG⊥BC 于点 G,过点 F 作 FH⊥EC 于点 H,根据 FH=CF•cos30°,因为 CF=BE, 只要求出 BE 即可解决问题. 【解答】(1)解:结论 AE=EF=AF. 理由:如图 1 中,连接 AC, ∵四边形 ABCD 是菱形,∠B=60°, ∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠D=60°, ∴△ABC,△ADC 是等边三角形, ∴∠BAC=∠DAC=60° ∵BE=EC, WUMENG WUMENG32 ∴∠BAE=∠CAE=30°,AE⊥BC, ∵∠EAF=60°, ∴∠CAF=∠DAF=30°, ∴AF⊥CD, ∴AE=AF(菱形的高相等), ∴△AEF 是等边三角形,[来源:学+科+网 Z+X+X+K] ∴AE=EF=AF. (2)证明:如图 2 中,∵∠BAC=∠EAF=60°, ∴∠BAE=∠CAE, 在△BAE 和△CAF 中, , ∴△BAE≌△CAF, ∴BE=CF. (3)解:过点 A 作 AG⊥BC 于点 G,过点 F 作 FH⊥EC 于点 H, ∵∠EAB=15°,∠ABC=60°, ∴∠AEB=45°, 在 RT△AGB 中,∵∠ABC=60°AB=4, ∴BG=2,AG=2 , 在 RT△AEG 中,∵∠AEG=∠EAG=45°,[来源:学科网] ∴AG=GE=2 , ∴EB=EG﹣BG=2 ﹣2, WUMENG WUMENG33 ∵△AEB≌△AFC, ∴AE=AF,EB=CF=2 ﹣2,∠AEB=∠AFC=45°, ∵∠EAF=60°,AE=AF, ∴△AEF 是等边三角形, ∴∠AEF=∠AFE=60° ∵∠AEB=45°,∠AEF=60°, ∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°, 在 RT△EFH 中,∠CEF=15°, ∴∠EFH=75°, ∵∠AFE=60°, ∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°, ∵∠AFC=45°,∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°, 在 RT△CHF 中,∵∠CFH=30°,CF=2 ﹣2, ∴FH=CF•cos30°=(2 ﹣2)• =3﹣ . ∴点 F 到 BC 的距离为 3﹣ . WUMENG WUMENG34 【点评】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性 质等知识,解题的关键是灵活应用这些知识解决问题,学会添加常用辅助线,属于中考压轴 题. 4、如图,将正 n 边形绕点 A 顺时针旋转 60°后,发现旋转前后两图形有另一交点 O,连接 AO,我们称 AO 为“叠弦”;再将“叠弦”AO 所在的直线绕点 A 逆时针旋转 60°后,交旋转前的 图形于点 P,连接 PO,我们称∠OAB 为“叠弦角”,△AOP 为“叠弦三角形”. 【探究证明】 (1)请在图 1 和图 2 中选择其中一个证明:“叠弦三角形 ”(△AOP)是等边三角形; (2)如图 2,求证:∠OAB=∠OAE′. 【归纳猜想】 (3)图 1、图 2 中的“叠弦角”的度数分别为 15° , 24° ; (4)图 n 中,“叠弦三角形” 是 等边三角形(填“是”或“不是”) (5)图 n 中,“叠弦角”的度数为 60°﹣frac{180°}{n} (用含 n 的式子表示) WUMENG WUMENG35 【考点】几何变换综合题. 【分析】(1)先由旋转的性质,再判断出△APD≌△AOD',最后用旋转角计算即可; (2)先判断出 Rt△AEM≌Rt△ABN,在判断出 Rt△APM≌Rt△AON 即可; (3)先判断出△AD′O≌△ABO,再利用正方形,正五边形的性质和旋转的性质,计算即可; (4)先判断出△APF≌△AE′F′,再用旋转角为 60°,从而得出△PAO 是等边三角形; (5)用(3)的方法求出正 n 边形的,“叠弦角”的度数. 【解答】解:(1)如图 1, ∵四 ABCD 是正方形, 由旋转知:AD=AD',∠D=∠D'=90°,∠DAD'=∠OAP=60°, ∴∠DAP=∠D'AO, ∴△APD≌△AOD'(ASA) WUMENG WUMENG36 ∴AP=AO, ∵∠OAP=60°, ∴△AOP 是等边三角形, (2)如图 2, 作 AM⊥DE 于 M,作 AN⊥CB 于 N. ∵五 ABCDE 是正五边形, 由旋转知:AE=AE',∠E=∠E'=108°,∠EAE'=∠OAP=60° ∴∠EAP=∠E'AO ∴△APE≌△AOE'(ASA) ∴∠OAE'=∠PAE. 在 Rt△AEM 和 Rt△ABN 中,∠AEM=∠ABN=72°,￿￿AE=AB ∴Rt△AEM≌Rt△ABN (AAS), ∴∠EAM=∠BAN,AM=AN. 在 Rt△APM 和 Rt△AON 中,AP=AO,AM=AN ∴Rt△APM≌Rt△AON (HL). ∴∠PAM=∠OAN, ∴∠PAE=∠OAB ∴∠OAE'=∠OAB (等量代换). WUMENG WUMENG37 (3)由(1)有,△APD≌△AOD', ∴∠DAP=∠D′AO, 在△AD′O 和△ABO 中, , ∴△AD′O≌△ABO, ∴∠D′AO=∠BAO, 由旋转得,∠DAD′=60°, ∵∠DAB=90°, ∴∠D′AB=∠DAB﹣∠DAD′=30°, ∴∠D′AD= ∠D′AB=15°, 同理可得,∠E′AO=24°, 故答案为:15°,24°. (4)如图 3, ∵六边形 ABCDEF 和六边形 A′B′C′E′F′是正六边形, ∴∠F=F′=120°, 由旋转得,AF=AF′,EF=E′ F′, ∴△APF≌△AE′F′, WUMENG WUMENG38 ∴∠PAF=∠E′AF′, 由旋转得,∠FAF′=60°,AP=AO ∴∠PAO=∠FAO=60°, ∴△PAO 是等边 三角形. 故答案为:是 (5)同(3)的方法得,∠OAB=[(n﹣2)×180°÷n﹣60°]÷2=60°﹣ 故答案:60°﹣ . 【巩固练习】 1、如图,点 D 是 AB 上一点,DF 交 AC 于点 E,DE=FE,FC∥AB 求证:AE=CE. 【考点】全等三角形的判定与性质. 【分析】根据平行线的性质得出∠A=∠ECF,∠ADE=∠CFE,再根据全等三角形的判定定理 AAS 得出△ADE≌△CFE,即可得出答案. 【解答】证明:∵FC∥AB, ∴∠A=∠ECF,∠ADE=∠CFE, 在△ADE 和△CFE 中, , WUMENG WUMENG39 ∴△ADE≌△CFE(AAS), ∴AE=CE. 2.如图,点 A,B,C,D 在同一条直线上,CE∥DF,EC=BD,AC=FD.求证:AE=FB. 【分析】根据 CE∥DF,可得∠ACE=∠D,再利用 SAS 证明△ACE≌△FDB,得出对应边相等即可. 【解答】证明:∵CE∥DF, ∴∠ACE=∠D, 在△ACE 和△FDB 中, , [来源:学科网 ZXXK] ∴△ACE≌△FDB(SAS), ∴AE=FB. 【点评】此题主要考查全等三角形的判定与性质和平行线的性质;熟练掌握平行线的性质, 证明三角形全等是解决问题的关键. 3. (2016·重庆市 B 卷·7 分)如图,在△ABC 和△CED 中,AB∥CD,AB=CE,AC=CD.求证: ∠B=∠E. WUMENG WUMENG40 【考点】全等三角形的 判定与性质. 【专题】证明题. 【分析】根据两直线平行,内错角相等可得∠BAC=∠ECD,再利用“边角边”证明△ABC 和△CED 全等,然后根据全等三角形对应角相等证明即可. 【解答】证明:∵AB∥CD, ∴∠BAC=∠ECD, 在△ABC 和△CED 中, , ∴△ABC≌△CED(SAS), ∴∠B=∠E. 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质,平行线的性质,熟练掌握三角形全等的判定 方法并找出两边的夹角是解题的关键. 4.(2016·广西桂林·3 分)如图,在 Rt△ACB 中,∠ACB=90°,AC=BC=3,CD=1,CH⊥BD 于 H, 点 O 是 AB 中点,连接 OH,则 OH=   . 【考点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形. WUMENG WUMENG41 【分析】在 BD 上截取 BE=CH,连接 CO,OE,根据相似三角形的性质得到 ,求 得 CH= ,根据等腰直角三角形的性质得到 AO=OB=OC, ∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°,等量代换得到∠OCH=∠ABD,根据全等三角形的性质得到 OE=OH,∠BOE=∠HOC 推出△HOE 是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质即可得到 结论. 【解答】解:在 BD 上截取 BE=CH,连接 CO,OE, ∵∠ACB=90°CH⊥BD, ∵AC=BC=3,CD=1, ∴BD= , ∴△CDH∽△BDC, ∴ , ∴CH= , ∵△ACB 是等腰直角三角形,点 O 是 AB 中点, ∴AO=OB=OC,∠A=∠ACO=∠BCO=∠ABC=45°, ∴∠OCH+∠DCH=45°,∠ABD+∠DBC=45°, ∵∠DCH=∠CBD,∴∠OCH=∠ABD, 在△CHO 与△BEO 中, , ∴△CHO≌△BEO, ∴OE=OH,∠BOE=∠HOC, ∵OC⊥BO, 10 WUMENG WUMENG42 ∴∠EOH=90°, 即△HOE 是等腰直角三角形, ∵EH=BD﹣DH﹣CH= ﹣ ﹣ = , ∴OH=EH× = , 故答案为: . 5.如图,在▱ABCD 中,BC=2AB=4,点 E、F 分别是 BC、AD 的中点. (1)求证:△ABE≌△CDF; (2)当四边形 AECF 为菱形时,求出该菱形的面积. 【分析】第(1)问要证明三角形全等,由平行四边形的性质,很容易用 SAS 证全等. 第(2)要求菱形的面积,在第(1)问的基础上很快知道△ABE 为等边三角形.这样菱形的 高就可求了,用面积公式可求得. 【解答】(1)证明:∵在▱ABCD 中,AB=CD, ∴BC=AD,∠ABC=∠CDA. 又∵BE=EC= BC,AF=DF= AD, ∴BE=DF. WUMENG WUMENG43 ∴△ABE≌△CDF. (2)解:∵四边形 AECF 为菱形时, ∴AE=EC. 又∵点 E 是边 BC 的中点, ∴BE=EC,即 BE=AE. 又 BC=2AB=4, ∴AB= BC=BE, ∴AB=BE=AE,即△ABE 为等边三角形,(6 分) ▱ABCD 的 BC 边上的高为 2×sin60°= ,(7 分) ∴菱形 AECF 的面积为 2 .(8 分) 【点评】考查了全等三角形,四边形的知识以及逻辑推理能力. 6.如图,点 B,F,C,E 在直线 l 上(F,C 之间不能直接测量),点 A,D 在 l 异侧,测得 AB=DE,AC=DF,BF=EC. (1)求证:△ABC≌△DEF; (2)指出图中所有平行的线段,并说明理由. WUMENG WUMENG44 7.已知△ABN 和△ACM 位置如图所示,AB=AC,AD=AE,∠1=∠2. (1)求证:BD=CE; (2)求证:∠M=∠N. 【分析】(1)由 SAS 证明△ABD≌△ACE,得出对应边相等即可 (2)证出∠BAN=∠CAM,由全等三角形的性质得出∠B=∠C,由 AAS 证明△ACM≌△ABN,得出 对应角相等即可. 【解答】(1)证明:在△ABD 和△ACE 中, , ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴BD=CE; (2)证明:∵∠1=∠2, ∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE, 即∠BAN=∠CAM, 由(1)得:△ABD≌△ACE, ∴∠B=∠C, 在△ACM 和△ABN 中, , ∴△ACM≌△ABN(ASA), WUMENG WUMENG45 ∴∠M=∠N. 8.如图,在矩形 ABCD 中,点 F 在边 BC 上,且 AF=AD,过点 D 作 DE⊥AF,垂足为点 E (1)求证:DE=AB; (2)以 A 为圆心,AB 长为半径作圆弧交 AF 于点 G,若 BF=FC=1,求扇形 ABG 的面积.(结 果保留 π) 【考点】扇形面积的计算;全等三角形的判定与性质;矩形的性质. 【分析】(1)根据矩形的性质得出∠B=90°,AD=BC,AD∥BC,求出∠DAE=∠AFB, ∠AED=90°=∠B,根据 AAS 推出△ABF≌△DEA 即可; (2)根据勾股定理求出 AB,解直角三角形求出∠BAF,根据全等三角形的性质得出 DE=DG=AB= ,∠GDE=∠BAF=30°,根据扇形的面积公式求得求出即可. 【解答】(1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形, ∴∠B=90°,AD=BC,AD∥BC, ∴∠DAE=∠AFB, ∵DE⊥AF, ∴∠AED=90°=∠B,[来源:学+科+网 Z+X+X+K] 在△ABF 和△DEA 中 , ∴△ABF≌△DEA(AAS), WUMENG WUMENG46 ∴DE=AB; (2)解:∵BC=AD,AD=AF, ∴BC=AF, ∵BF=1,∠ABF=90°, ∴由勾股定理得:AB= = , ∴∠BAF=30°, ∵△ABF≌△DEA, ∴∠GDE=∠BAF=30°,DE=AB=DG= , ∴扇形 ABG 的面积= = π. 9、如图,将一张直角三角形 ABC 纸片沿斜边 AB 上的中线 CD 剪开,得到△ACD,再将△ACD 沿 DB 方向平移到△A′C′D′的位置,若平移开始后点 D′未到达点 B 时,A′C′交 CD 于 E,D′C′ 交 CB 于点 F,连接 EF,当四边形 EDD′F 为菱形时,试探究△A′DE 的形状,并判断△A′DE 与△EFC′ 是否全等?请说明理由. 【分析】当四边形 EDD′F 为菱形时,△A′DE 是等腰三角形,△A′DE≌△EFC′.先证明 CD=DA=DB,得到∠DAC=∠DCA,由 AC∥A′C′即可得到∠DA′E=∠DEA′由此即可判断△DA′E 的形 状.由 EF∥AB 推出∠CEF=∠EA′D,∠EFC=∠A′D′C=∠A′DE,再根据 A′D=DE=EF 即可证明. 【解答】解:当四边形 EDD′F 为菱形时,△A′DE 是等腰三角形,△A′DE≌△EFC′. 理由:∵△BCA 是直角三角形,∠ACB=90°,AD=DB, WUMENG WUMENG47 ∴CD=DA=DB, ∴∠DAC=∠DCA, ∵A′C∥AC, ∴∠DA′E=∠A,∠DEA′=∠DCA, ∴∠DA′E=∠DEA′, ∴DA′=DE, ∴△A′DE 是等腰三角形. ∵四边形 DEFD′是菱形, ∴EF=DE=DA′,EF∥DD′, ∴∠CEF=∠DA′E,∠EFC=∠CD′A′, ∵CD∥C′D′, ∴∠A′DE=∠A′D′C=∠EFC, 在△A′DE 和△EFC′中, , ∴△A′DE≌△EFC′. 【点评】本题考查平移、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理 等知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,属于中考常考题型. 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