押福建卷第18题 【四边形与三角形全等结合】-备战2023年中考数学临考题号押题（福建卷）

押福建卷第18题 四边形与三角形全等结合 题号 分值 2022年 中考 2021年 中考 2020年 中考 2019年 中考 2018年 中考 18 8 三角形全等 三角形全等 菱形与三角形全等 矩形与三角形全等 平行四边形与三角形全等 解题技巧 （1）三角形全等：熟练掌握三角形判定与性质，垂线性质，角平分线性质。 （2）平行四边形：熟练掌握平行四边形与特殊平行四边形的相关性质，特殊平行四边形重点在于特殊性质的相关应用。 【真题1】（2020·福建·统考中考真题）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边DC，DA上，且CE=AF．求证：∠ABF=∠CBE． 【答案】证明见解析. 【详解】试题分析：根据菱形的性质可得AB=BC，∠A＝∠C，再证明ΔABF≌△CBE，根据全等三角形的性质可得结论． 试题解析：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC，∠A=∠C， ∵在△ABF和△CBE中， , ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴∠ABF=∠CBE． 考点：菱形的性质． 【真题2】（2019·福建·统考中考真题）如图，点E、F分别是矩形ABCD的边 AB、CD上的一点，且DF＝BE. 求证：AF=CE. 【答案】证明见解析 【分析】由SAS证明△ADF≌△CBE，即可得出AF＝CE． 【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC， 在△ADF和△CBE中，， ∴△ADF≌△CBE（SAS）， ∴AF＝CE． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 1．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）已知，如图，在中，延长到点，延长到点，使得，连接，分别交，于点，，连接，． (1)求证：； (2)求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，，，求出，根据全等三角形的判定得出即可； （2）根据全等求出，求出，根据平行四边形的判定得出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，， ∴， 在和中， ∴； （2）证明：由（1）知， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，且， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键． 2．（2023·福建福州·福建省福州第十九中学校考模拟预测）如图，已知平行四边形中，E、F是对角线上两点，且满足．求证：． 【答案】证明过程见解析 【分析】由题中条件证明，得出，根据平行线的判定即可得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ，， 又， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质及平行线的判定，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 3．（2023春·福建厦门·九年级厦门双十中学校考期中）如图，在平行四边形中，是对角线上两点，且，连接．求证：． 【答案】见详解 【分析】根据平行四边形的性质可得，，再结合“两直线平行，内错角相等”可推导，即可证明，由全等三角形的性质可证明． 【详解】证明：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴在和中， ， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，证明是解题关键． 4．（2023春·福建厦门·九年级厦门市松柏中学校考阶段练习）如图，中，点、分别在、上，，，求证： 【答案】见解析 【分析】利用平行四边形的性质，先得出与全等，进而利用全等三角形的性质得出结论． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解决问题的关键是利用全等三角形的对应边相等得出结论． 5．（2023·福建厦门·福建省厦门第六中学校考一模）如图，在中，点M是边的中点，连接，若，求证：是矩形． 【答案】证明见解析 【分析】先由平行四边形的性质得到，再由线段中点的定义得到，由等角对等边得到，进而证明，得到，即可证明平行四边形是矩形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点M是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等角对等边，全等三角形的性质与判定，熟知有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键． 6．（2023·福建三明·统考模拟预测）如图，四边形是平行四边形，点、在对角线上，，分别平分和，求证：． 【答案】见解析 【分析】解法一：根据平行四边形的性质可得，再