专题18 全等三角形（专项训练）-备战2022年中考数学一轮复习精品课件+专项训练（全国通用）

这是一份专题18 全等三角形（专项训练）-备战2022年中考数学一轮复习精品课件+专项训练（全国通用），文件包含专题18全等三角形专项训练原卷版docx、专题18全等三角形专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
专题18  全等三角形一、单选题1．（2021·湖南怀化·九年级）如图，在△AEF中，尺规作图如下：分别以点E，点F为圆心，大于EF的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，交EF于点O，连接AO，则下列结论正确的是（　　）A．AO平分∠EAF B．AO垂直平分EF C．GH垂直平分EF D．GH平分AF【答案】C【详解】由尺规作图的痕迹可得：GH垂直平分线段EF．故选C．2．（2021·江苏南京·九年级）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，D、E分别在BC、AC上，AD＝DE，BD＝CE，若∠ADE＝m°，则∠BAD的度数是（　　）A．m° B．° C．（90－m）° D．°【答案】D【分析】分别过点E、G作EF⊥CD、DG⊥AB，证明△CEF≌△BDG、△DEF≌△ADG，从而证明△CDE≌△ADB，得到∠EDC=∠BAD，再利用等边对等角，用m表示出∠AED和∠CED，再利用平角的定义即可表示出∠BAD的度数．【详解】解：分别过点E、G作EF⊥CD、DG⊥AB，垂直分别为F、G， ∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵EF⊥CD，DG⊥AB，∴∠EFC=∠DGB=90°，在△CEF和△BDG中∵∠EFC＝∠DGB，∠C＝∠B，CE＝BD，∴△CEF≌△DGB（AAS），∴EF=DG，在Rt△DEF和Rt△ADG中∵DE＝AD，EF＝DG，∴Rt△DEF≌Rt△ADG（HL），∴∠CED=∠ADB，∠EDC=∠DAB，∵AD=ED，∠ADE=m°，∴∠DEA= ∴∠ADB=∠CED=，∴∠BAD=∠EDC=180°-（∠ADB+∠ADE）=180°-= ，故选：D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识，能够根据线段相等等已知条件构造全等三角形是解答此题的关键．3．（2021·江苏九年级）如图，，直角边分别落在x轴和y轴上，斜边相交于点E，且．若四边形的面积为12，反比例函数的图像经过点E，则k的值是（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】过点作于，于,连接，证明三角形全等，得对应边相等，用来证明四边形为正方形，再根据，建立边与边之间的等量关系，利用两直线平行和四边形的面积，即可求出解．【详解】解：过点作于，于,连接,如图：，，，即：，在中，，，，在和中，，，，，四边形为正方形，，，设，则，设，则，，，即：，解得：，，四边形的面积为12，，，，解得：，，故选：B．【点睛】本题考查了反比例函数的几何意义，待定系数法，三角形全等的判定与性质，正方形的判定与性质，三角形的面积，解直角三角形，解题的关键是：利用点的坐标表示出相应线段的长度．4．（2021·山东九年级）如图，在中，，以点C为圆心，长为半径画弧，交于点B和点D，再分别以点B，D为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M，作射线交于点E．若，则的长度是（    ）A． B． C．9 D．【答案】A【分析】利用基本作图得到CE⊥AB，根据线段的和差关系可得AC=AB=6，然后利用勾股定理计算CE的长．【详解】∵AE=5，BE=1，∴AB=6，由作图可知CM为AB的垂线，即CE⊥AB，∴在△ACE中，AC2=AE2+CE2，∵AB=AC，∴62=52+CE2，解得：CE=，（负值舍去），故选：A．【点睛】本题考查了基本作图及勾股定理，熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）是解题关键．5．（2021·江苏省天一中学九年级）如图，ABC中，∠C=90o，BC＝8，AC＝6，点P在AB上，AP=3.6，点E从点A出发，沿AC运动到点C，连接PE，作射线PF垂直于PE，交直线BC于点F，EF的中点为Q，则在整个运动过程中，线段PQ扫过的面积为（    ）A．8 B．6 C． D．【答案】B【分析】连接CQ，PQ，证明点Q在CP的垂直平分线上，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，可得PQ扫过的面积为△PMN的面积，证明△ABC∽△ACP，得到MN∥AB，再证明△CMN∽△CBA，得到相似比，求出△CMN的面积即可得解．【详解】解：连接CQ，PQ，∵∠ACB=90°，PE⊥PF，Q为EF中点，∴PQ=CQ=EF，∴点Q在CP的垂直平分线上，如图，连接CP，作CP的垂直平分线交BC于M，交AC于N，即点Q在MN上，∴PQ扫过的面积为△PMN的面积，∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB==10，∵AP=3.6，则，又∠C=∠C，∴△ABC∽△ACP，∴∠APC=∠ACB=90°，即CP⊥AB，∵MN⊥CP，∴MN∥AB，∴△CMN∽△CBA，又MN垂直平分CP，∴，且△CMN和△PMN的面积相等，∴S△PMN=S△CMN=S△ABC==6，故选B．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是推出点Q的路径，得到点Q在CP的垂直平分线上．6．（2021·吉林）如图，在中，按以下步骤作图：分别以点和为圆心，大于的边长为半径作圆弧，两弧相交于点和；作直线交于点，连结．若，则的长可能是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由基本作图得到MN垂直平分AC，则DA=DC，根据三角形三边的关系得到BC＜CD+DB，然后对各选项进行判断．【详解】解：由作法得MN垂直平分AC，∴DA=DC，∴CD+BD=DA+DB=AB=5，∵BC＜CD+DB，∴BC＜5．故选：D．【点睛】本题考查了作图-基本作图－作已知线段的垂直平分线．也考查了线段垂直平分线的性质．7．（2021·广西柳州·）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点M在AC边上，且AM=2，MC=6，动点P在AB边上，连接PC，PM，则PC+PM的最小值是（　　）
 A．2 B．8 C．2 D．10【答案】A【分析】首先利用等腰三角形和垂直平分线的性质求出和，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：如解图，过点作于点，延长到点，使，连接，交于点，此时的值最小，连接， ，．，，，，，，的最小值为．故选：A．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，垂直平分线的应用和勾股定理，找到P点的位置是关键．8．（2021·湖南长沙·九年级）如图，用直尺和圆规作图，以点O为圆心，适当长为半径画弧，分别交OB，OA于点E、D，再分别以点E、D为圆心，大于ED的长为半径画弧，两弧交于点C，连接OC，则△ODC≌OEC的理由是（　　）A．SSS B．SAS C．AAS D．HL【答案】A【分析】连接EC、DC．根据作图的过程知，OE=OD，CE=CD，利用SSS即可证明△ODC≌OEC．【详解】如图，连接EC、DC．根据作图的过程知，OE=OD，CE=CD，在△EOC与△DOC中，，∴△EOC≌△DOC（SSS）．故选A．【点睛】本题考查了基本作图及三角形全等的判定方法，根据作图方法确定出三角形全等的条件是解决问题的关键．9．（2021·四川宜宾市·）如图，在中，的垂直平分线交于点D，交于点E，连接，若，则的面积为（    ）A．16 B．32 C．48 D．64【答案】D【分析】由于CD：DB＝3：5，可设DC＝3x，BD＝5x，由于MN是线段AB的垂直平分线，故AD＝DB，AD＝5x，又知AC＝16，即可据此列方程解答．【详解】解：∵CD：DB＝3：5，∴设DC＝3x，BD＝5x，又∵MN是线段AB的垂直平分线，∴AD＝DB＝5x，又∵AC＝16cm，∴3x＋5x＝16，解得，x＝2，∴CD＝6，DB＝10，在Rt△BDC中，CD＝6，DB＝10，BC＝，∴△ABC的面积＝AC×BC＝×16×8＝64．故选D．10．（2021·河北唐山·）如图，所示的正方形网格中，一条，，三点均在格点上，那么的外接圆圆心是（    ）A．点 B．点 C．点 D．点【答案】C【分析】由的外接圆圆心在AB与BC的垂直平分线上，根据网格可知EG所在直线是AB的垂直平分线，BC的垂直平分线是点G所在直线即可．【详解】解：∵，，三点均在格点上，连结BC，∴的外接圆圆心在AB与BC的垂直平分线上，由网格可知EG所在直线是AB的垂直平分线，BC的垂直平分线是点G所在直线，∴点G是的外接圆圆心．故选择：C．【点睛】本题考查网格三角形，三角形外接圆圆心，线段垂直平分线，掌握网格三角形，三角形外接圆圆心，线段垂直平分线是解题关键．二、填空题11．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，在ABC中，AC＝4，BC＝8，分别以点A，B为圆心，等长为半径作弧，交AB，BC，AC于点D，E，F，再以点F为圆心，DE长为半径作弧，交前弧于点G，连接AG并延长交BC于点H．则BH长_____．【答案】6【分析】根据尺规作图可得∠CAH=∠B，故可得到△ACH∽△BCA，得到，故可求出CH，从而求出BH的长．【详解】根据尺规作图可得∠CAH=∠B，又∠C=∠C∴△ACH∽△BCA∴∴∴HC=2故BH=BC-HC=6故答案为6．【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知尺规作角相等的方法及相似三角形的判定定理．12．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，E是正方形ABCD外一点，连接AE，BE，DE，AP⊥AE交DE于点P，连接BP，若AE＝AP＝1，PB＝，则下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离是；③；④S正方形ABCD=．其中正确结论的序号为______．【答案】①②③【分析】根据正方形性质可得AD=AB，∠BAD=ADC=90°，再由AP⊥AE，易证△ABE≌△ADP，再利用等腰直角三角形性质可得：∠AEB=135°，进而可得：EB⊥ED；由勾股定理即可求得BE=1，即点B到直线DE的距离为1；设正方形ABCD边长为a，根据勾股定理可得 ，解得： ，即可求得： ， ，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠BAD=∠ADC=90°∵AP⊥AE，∴∠EAP=90°∴∠BAE+∠BAP=∠BAP+∠DAP=90°，∵∠BAE=∠DAP，∵AE=AP=1，∴△ABE≌△ADP（SAS），∴∠AEB=∠APD，BE=DP∵△AEP是等腰直角三角形，∴∠AEP=∠APE=45°， ，∴∠APD=180°-∠APE=180°-45°=135°，∴∠AEB=135°，∴∠BED=∠AEB-∠AEP=135°-45°=90°，∴EB⊥ED，故①正确；∴ ，故②正确；过点E作EF⊥AB于点F，过点P作PG⊥AB于点G，∴AF=BF，∠AFE=∠PGA=90°，∵∠EAF+∠PAG=∠PAG+∠APG=90°，∴∠EAF=∠APG，∴△EAF≌△APG（AAS），∴EF=AG，AF=PG，设正方形ABCD边长为a，则AB=a， ，∴ ，∴ ，在 中，由勾股定理得： ，解得： ，∴ ，故③正确；∴ ，故④错误，故正确的有①②③．故答案为：①②③．【点睛】本题主要考查了正方形性质，等腰直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角形面积和正方形面积等；熟练掌握相关知识点是解题的关键．13．（2021·东莞市东莞中学初中部九年级）如图，OA＝OB，AC＝BC，∠ACO＝30°，则∠ACB＝__．【答案】60°【分析】利用SSS证明△AOC≌△BOC可得∠BCO＝∠ACO＝30°，进而可求解∠ACB的度数．【详解】解：在△ACO和△BCO中，，∴△AOC≌△BOC（SSS），∴∠BCO＝∠ACO＝30°，∴∠ACB＝∠BCO+∠ACO＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．14．（2021·江苏）如图,在四边形ABCD中,AB∥DC,过点C作CE⊥BC,交AD于点E,连接BE,∠BEC＝∠DEC,若AB＝6,则CD＝___．【答案】3【分析】延长AD,BC交于点P,先证明,可得到PC=BC,从而得到CD是 的中位线,即可得出答案．【详解】如图,延长AD,BC交于点P,∵CE⊥BC,∴ ,又∵∠BEC＝∠DEC,CE=CE,∴ ,∴PC=BC,∵AB∥DC,∴CD是 的中位线,∴ ,故答案为3．【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理和三角形全等,解题的关键是做辅助线构造出三角形,找到三角形的中位线．15．（2021·江苏九年级）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠1+∠2＝___．【答案】135°【分析】直接利用网格证明△ABC≌△CDE，得出对应角∠1=∠3，进而得出答案．【详解】解：如图所示：可知：AB=CD=3，BC=DE=1，∠B=∠D=90°，∴△ABC≌△CDE（SAS），∴∠1=∠3，则∠1+∠2=∠2+∠3=135°．故答案为：135°．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，正确借助网格分析是解题关键．三、解答题16．（2021·西安市铁一中学九年级）如图，已知直线外有一点，请用尺规作图的方法在直线上找一点，使得到的距离最小（保留作图痕迹，不写作法）．
 【答案】见解析．【分析】以点P为圆心，适当长为半径，作弧交直线l于两点，再作以这两点为线段的垂直平分线，交直线于点Q即可．【详解】解：如图，点Q即是所求作的点．
【点睛】本题考查过直线外一点，作直线的垂直平分线，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．17．（2021·建昌县教师进修学校九年级）如图，在ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，过点C作MN∥AB，点P为斜边BC上一点，点Q为直线MN上一点，连接PQ，作PR⊥PQ交直线AC于点R．（1）当点Q在射线CM上时①如图1，若P是BC的中点，则线段PQ，PR的数量关系为         ；②如图2，若P不是BC的中点，写出线段CP，CQ，CR之间的数量关系，并证明你的结论；（2）若，，请直接写出CR的长． 【答案】（1）①PQ＝PR；②，见解析；（2）或【分析】（1）①PQ＝PR；连结AP，∠BAC＝90°，AB＝AC，可得∠ACP=45°，由点P为BC中点，可得AP⊥BC，AP平分∠BAC，可得∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，可求∠RAP=135°，∠ACP=∠PAC=45°，可证△RAP≌△QCP（ASA）即可；②．作PE ⊥PC交AC于点E， 可得∠EPC＝90°，可得∠EPQ+∠QPC=90°，由PR⊥PQ ，可得∠RPE+∠EPQ=90°，可得∠RPE＝∠QPC，再证△PER≌△PCQ（ASA），可得ER＝CQ，在Rt△CEP中，利用三角函数 可求即可；（2）由∠BAC＝90°，AB＝AC＝，利用勾股定理可求，由，可，根据点Q在MN上位置分两种情况：当点Q在CM上与点Q在CN上时，利用结论可求CR．【详解】（1）①连结AP，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ACP=45°，∵点P为BC中点∴AP⊥BC，AP平分∠BAC，∴∠APQ+∠QPC=90°，∠PAC=45°，∴∠RAP=180°-∠PAC=135°，∠ACP=∠PAC=45°∴AP=CP，∵RP⊥PQ，∴∠RPA+∠APQ=90°，∴∠RPA=∠QOC，∵MN∥AB，∴∠ACQ=∠BAC=90°，∴∠QCP=∠ACQ+∠PCA=90°+45°=135°=∠RAP，在△RAP和△QCP中，∴△RAP≌△QCP（ASA），∴PR=PQ，故答案为：PQ＝PR； ②．证明：作PE ⊥PC交AC于点E， 则∠EPC＝90°，∴∠EPQ+∠QPC=90°∵PR⊥PQ ∴∠RPQ＝90°，∴∠RPE+∠EPQ=90°，∴∠RPE＝∠QPC，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠ACM＝∠BAC＝90°      ∴∠PEC＝45°∴PE＝PC，∠PER＝∠PCQ＝135°，在△REP和△QCP中， ∴△PER≌△PCQ（ASA），∴ER＝CQ，在Rt△CEP中，cos∠PEC＝，又∵，∴．（2）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝，∴，∵∴当点Q在CM上时当点Q在CN上时证明：作PE ⊥PC交CN于点E， 则∠EPC＝90°，∴∠EPR+∠RPC=90°∵PR⊥PQ ∴∠RPQ＝90°，∴∠RPE+∠EPQ=90°，∴∠RPC＝∠QPE，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，MN∥AB∴∠ABC＝∠ACB＝45°=∠BCQ，∠ACN＝∠ACB+∠BCQ=90°=∠BAC    ∴∠PEC＝45°∴PE＝PC，∠PEQ＝∠PCR＝135°，在△QEP和△RCP中， ∴△QEP≌△RCP（ASA），∴EQ＝CR，在Rt△CEP中，cos∠PEC＝，又∵，∴．∴CR的长为或．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质与判定，平行线性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段的和差，锐角三角函数，掌握等腰直角三角形的性质与判定，平行线性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，线段的和差，锐角三角函数是解题关键．18．（2021·广东广州·铁一中学）如图，，，点E是上的一点，且，．求证：．【答案】见解析【分析】根据等角对等边可得，由此根据证明和全等解答即可．【详解】证明：，，∵，，∴，在和中，，．【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决本题的关键．19．（2021·江苏高港区·高港实验学校九年级）如图，在正方形ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、CD边上的动点，AF和EG交于点H且AF⊥EG．（1）求证：AF＝EG；（2）若AB＝6，BF＝2．①若BE＝3，求AG的长；②连结AG、EF，求AG＋EF的最小值．【答案】（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）过点G作GM∥AD交AB于点M，则可得AD=MG，然后证明△GME≌△ABF即可；（2）①过点G作GM∥AD交AB于点M，连接AG，由（1）可得EM=BF=2，从而可求得AM，在Rt△AMG中由勾股定理即可求得AG的长；②过点F作FP∥EG，FP=EG，连接AP,则易得GP=EF，当A、G、P三点共线时，AG+EF最小，在Rt△AFP中由勾股定理即可求得AP的长即可．【详解】（1）过点G作GM∥AD交AB于点M∵四边形ABCD是正方形∴∠BAD=∠B=90゜，AB∥CD，AD=AB∴∠EMG=∠BAD=∠B=90゜∵AB∥CD，GM∥AD∴四边形AMGD是平行四边形∵∠BAD=90゜∴四边形AMGD是矩形∴MG=AD∴MG=AB∵AF⊥EG∴∠AEH+∠EAH=90゜∵∠EAH+∠AFB=90゜∴∠AEH=∠AFB在△GME和△ABF中 ∴△GME≌△ABF(AAS)∴AF=EG（2）①过点G作GM∥AD交AB于点M，连接AG，如图由（1）知，△GME≌△ABF∴EM=BF=2∵AB=6，BE=3∴AE=AB－BE=3∴AM=AE－EM=1在Rt△AMG中，GM=AD=6，由勾股定理得： ②过点F作FP∥EG，FP=EG，连接AP,如图则四边形EFPG是平行四边形∴GP=EF∵AG+GP≥GP∴当A、G、P三点共线时，AG+EF=AG+GP最小,最小值为线段AP的长∵AF⊥EG，FP∥EG∴FP⊥AF在Rt△ABF中，由勾股定理得∵AF=EG，EG=FP∴FP=AF= 在Rt△AFP中，由勾股定理得 所以AG+EF的最小值为．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，灵活运用这些知识是解决的关键，确定AG+EF最小值是线段AP的长是难点．20．（2021·杭州市丰潭中学九年级）如图，已知AB是⊙O的弦，OB＝1，C是弦AB上的任意一点（不与点A、B重合），连接CO并延长CO交⊙O于点D，连接AD．设∠B＝α，∠ADC＝β．（1）求∠BOD的度数（用含α，β的代数式表示）；（2）若α＝30°，当AC的长度为多少时，以点A、C、D为顶点的三角形与B、C、O为顶点的三角形相似？请写出解答过程．（3）若α＝β，连接AO，记△AOD、△AOC、△COB的面积分别为S1，S2，S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OC的长．【答案】（1）∠BOD＝2α+2β；（2）AC＝；（3）OC＝．【分析】（1）作辅助线OA，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可确定∠DOB的值；（2）分析△ACD中只有∠D可能等于30°，得出∠D的对应角为∠B，根据相垂径定理可得出AC的长；（3）先根据比例中项得出a和b的关系式，再证明△ACD∽△OCA，再得出AD和AC的关系式，两式联立即可求出AC、AD，从而求出OC．【详解】解：（1）连接AO，如图：∵OA＝OD，OA＝OB，∠B＝α，∠ADC＝β，∴∠OAD＝∠ADC＝α，∠OAB＝∠B＝β，∴∠BOD＝2∠DAB＝2（∠OAD+∠OAB）＝2α+2β；（2）∵点C不与A、B重合，∴∠DAC＞30°，∠ACD＞30°，∵△ACD∽△OCB，∴∠D＝∠B＝α＝30°，由（1）知∠DOB＝2（30°+30°）＝120°，∴∠BOC＝60°，∴∠OCB＝90°，根据垂径定理知C是AB的中点，∴AC＝BC＝OB•cos30°＝；（3）∵α＝β，∴∠ADO=∠ABO，∵OA=OD=OB，∴∠ADO=∠OAD=∠ABO=∠OAB，∴△ADO≌△ABO，∵OA是∠DAC的角平分线，设AD＝a，AC=b，AD、AC边上的高为h，则：，，，又∵S2是S1和S3的比例中项，∴，即，化简得a2﹣b2＝ab①，∵α＝β，  ∴∠DOB＝4α，∴∠DCB＝3α，∴∠AOC＝∠DAC＝2α，∴△ACO～△DCA，∴，∴，整理得：，a2b＝a+b②，联立①②得：，∴OC＝．21．（2021·珠海市九洲中学九年级）如图，是平行四边形的对角线．（1）利用尺规作出的垂直平分线（要求保留作图痕迹，不写作法）；（2）设的垂直平分线分别与、、交于点、、，求证：．【答案】（1）答案见详解；（2）答案见详解【分析】（1）如图可得AC的垂直平分线；（2）由根据作图知，PQ是AC的垂直平分线，又由四边形ABCD是平行四边形，易证得△AOE≌△COF，继而证得结论．【详解】解：（1）如图：（2）证明：根据作图知，PQ是AC的垂直平分线，∴OA＝OC，且EF⊥AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠OAE＝∠OCF，在△OAE和△OCF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质与作法以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．22．（2021·温州绣山中学九年级）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．（1）求证：EO＝FO；（2）若AE＝EF＝4，求AC的长．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，∠ABE=∠CDF，然后根据题意证明即可．（2）根据OE=OF=求出OE的长度，然后根据勾股定理求出AO的长度，即可根据平行四边形对角线互相平分求出AC的长度．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，∴∠ABE=∠CDF，∵AE⊥ED，CF⊥BD，∴∠AEB=∠CFD=90°，在△ABE和△CDF中，，∴，∴BE=DF，∵OB=OD，∴OB-BE=OD-DF，∴OE=OF．（2）∵AE＝EF＝4，∴OE=OF＝，∴在中，，∴．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理的运用，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质，三角形全等和勾股定理．23．（2021·福建泉州五中）如图，在中，于点，于点，求证：．【答案】见解析．【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD，∠B＝∠D，然后利用AAS定理证明△ABE≌△CFD可得BE＝DF【详解】证明：四边形是平行四边形，，，，，在和中，，．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质和全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质的作用：平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法．