中考专题复习讲义三角形和全等三角形 48页

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． WUMENG WUMENG48