2022-2023学年福建省泉州市七年级（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省泉州市七年级（下）期末数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省泉州市七年级（下）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. x=1是关于x的方程2x-a=0的解，则a的值是(    )
A. -2 B. 2 C. -1 D. 1
2. 以下列各组线段为边，能组成三角形的是(    )
A. 2、2、4 B. 8、6、3 C. 2、6、3 D. 11、4、6
3. 下列正多边形地砖中，用同一种正多边形地砖不能铺满地面的是(    )
A. 正三边形 B. 正四边形 C. 正六边形 D. 正八边形
4. 下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. 斐波那契螺旋线 B. 笛卡尔心形线
C. 赵爽弦图 D. 科克曲线
5. 根据不等式的性质，下列变形正确的是(    )
A. 由a>b得ac2>bc2 B. 由ac2>bc2得a>b
C. 由−12a>2得a<2 D. 由2x+1>x得x>1
6. 如图，三角形ABC中，∠ACB=∠CDB=90°，则点C到直线AB的距离是(    )


A. 线段CA的长 B. 线段AD的长 C. 线段CB的长 D. 线段CD的长
7. 如图，AB=AC，若要使△ABE≌△ACD，则添加的一个条件不能是(    )


A. ∠B=∠C B. BE=CD
C. BD=CE D. ∠ADC=∠AEB
8. 对于命题“如果∠1+∠2=90°，那么∠1≠∠2”，说明它是假命题的反例可以是(    )
A. ∠1=50°，∠2=40° B. ∠1=50°，∠2=50°
C. ∠1=40°，∠2=40° D. ∠1=∠2=45°
9. 阅读下面的诗句：“栖树一群鸦，鸦树不知数，三只栖一树，五只没去处，五只栖一树，闲了一棵树，请你仔细数，鸦树各几何？”大意是：“一群乌鸦在树上栖息，若每棵树上有3只，则5只没地方去，若每棵树上有5只，则多了一棵树.”设乌鸦x只，树y棵.依题意可列方程组(    )
A. 3y+5=x5(y−1)=x B. 3x+5=y5(x−1)=y C. 3y+5=x5y=x−5 D. 3y=x+55y=x−5
10. 若关于x的不等式4x+a3>1的解都是不等式−2x+12<0的解，则a的取值为(    )
A. a=5 B. a=−5 C. a≥5 D. a≤5
二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）
11. 已知一个多边形的内角和是外角和的3倍，那么这个多边形是______边形．
12. 若不等式(1−a)x>1−a的解集是x<1，则a的取值范围是______ ．
13. 若方程组2x+3y=43x+2y=2m−3的解满足x+y=15，则m=______．
14. 如图，将△ABC沿着射线BC的方向平移到△DEF的位置，若点E是BC的中点，BF=18cm，则平移的距离为______ cm．


15. 如图，△ABC的面积为1，分别倍长(延长一倍)AB，BC，CA得到△A1B1C1，再分别倍长A1B1，B1C1，C1A1得到△A2B2C2按此规律，倍长2次后得到的△A2B2C2的面积为______ ．


16. 如图，将长方形纸片ABCD沿EF折叠(折线EF交AD于E，交BC于F，点C，D的落点分别是C′、D′，ED′交BC于G，再将四边形C′D′GF沿FG折叠，点C′、D′的落点分别是C″、D″，GD″交EF于H，下列四个结论：①∠GEF=∠GFE；②EF//C″D″；③∠AEG−∠FEG=∠EFC″；④∠EHG=3∠EFB.其中正确的结论是______ (填写序号)．
三、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
17. 解不等式组3x−6<4x−52x−13≤1，把它的解集在数轴上表示出来并写出整数解．



四、解答题（本大题共8小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题8.0分)
解方程(组)：
(1)x+13−1=x−12；
(2)x−y=13x+y=7．
19. (本小题8.0分)
如图，AB//CD，AB=CD，CE=BF.请写出DF与AE的数量关系，并证明你的结论．

20. (本小题8.0分)
甲、乙两人同解方程组ax+5y=15①4x−by=−2②甲看错了方程①中的a，得到方程组的解为x=−3y=−1，乙看错了方程②中的b，得到方程组的解为x=5y=4，试计算a2023+(−110b)2023的值．
21. (本小题8.0分)
如图，在所给的正方形网格图中完成下列各题：(用直尺画图，保留痕迹)
(1)画出格点△ABC(顶点均在格点上)关于直线DE对称的△A1B1C1；
(2)在DE上画出点Q，使△QAB的周长最小．


22. (本小题10.0分)
如图，AD平分∠BAC，∠EAD=∠EDA．
(1)∠EAC与∠B相等吗？为什么？
(2)若∠B=50°，∠CAD：∠E=1：3，求∠E的度数．

23. (本小题10.0分)
要将新鲜蔬菜240吨由A地运往B地．现有甲、乙、丙三种车型供选择，每辆车的运载能力和运费如表所示：(假设每辆车均满载)
车型
甲
乙
丙
汽车运载量(吨/辆)
10
16
20
汽车运费(元/辆)
800
1000
1200
(1)全部蔬菜可用甲型车8辆，乙型车5辆，丙型车______辆来运送．
(2)若全部蔬菜都用甲、乙两种车型来运送，需运费16400元，问分别需甲、乙两种车型各几辆？
(3)为了节省运费，该地打算用甲、乙、丙三种车型同时参与运送，已知它们的总辆数为16辆，你能分别求出三种车型的辆数吗？此时的运费又是多少元？
24. (本小题13.0分)
给出新定义：对非负数“四舍五入”到个位的值记为[a]，即当n为非负整数时，若n−12≤a (1)填空：若[a]=2，则实数a的取值范围为______ ；
(2)已知关于x的不等式组12x−1≥1−32x[b−1]−x>0的整数解恰有2个，求b的取值范围．
(3)求满足[c]=54c的所有非负实数c的值．
25. (本小题13.0分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点E为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF=AE．
(1)如图1，当点E在线段CB上时，过点F作FD⊥AC，垂足为点D，求证：EC+CD=DF；
(2)如图2，连结BF交AC于点G，若AGCG=3，求证：点E为BC中点；
(3)当点E在射线CB上，连结BF与直线AC交于点G，请在图3补全图形.若BCBE=43，求AGCG的值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：将x=1代入2x−a=0中，
∴2−a=0，
∴a=2
故选B．
根据方程的解的概念即可求出a的值。
本题考查一元一次方程的解，解题的关键是正确理解方程的解的概念，本题属于基础题型。

2.【答案】B 
【解析】
【分析】
根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”，进行分析．
此题考查了三角形的三边关系．判断能否组成三角形的简便方法是看较小的两个数的和是否大于第三个数．
【解答】
解：根据三角形的三边关系，知
A.2+2=4，不能组成三角形；
B.3+6>8，能够组成三角形；
C.3+2=5<6，不能组成三角形；
D.4+6=10<11，不能组成三角形．
故选B．  
3.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题意在考查学生对平面镶嵌知识的掌握情况，体现了学数学用数学的思想．
由平面镶嵌的知识可知只用一种正多边形能够铺满地面的是正三角形或正四边形或正六边形．
根据一种正多边形的镶嵌应符合一个内角度数能整除360°即可得到结论．
【解答】
解：A、正三角形的每个内角是60°，能整除360°，能密铺，故A不符合题意；
B、正方形的每个内角是90°，能整除360°，能密铺，故B不符合题意；
C、正六边形的每个内角是120°，能整除360°，能密铺，故C不符合题意；
D、正八边形每个内角是180°−360°÷8=135°，不能整除360°，不能密铺，故D符合题意．
故选：D．  
4.【答案】D 
【解析】解：A.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D.既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
此题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．

5.【答案】B 
【解析】解；A、a>b，c=0时，ac2=bc2，故A不符合题意；
B、由ac2>bc2得a>b，故B符合题意；
C、由−12a>2得a<−4，故C不符合题意；
D、由2x+1>x得x>−1，故D不符合题意；
故选：B．
根据不等式的性质，可得答案．
本题考查了不等式的性质，注意不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变．

6.【答案】D 
【解析】解：∵∠CDB=90°，
∴点C到直线AB的距离是线段CD的长，
故选：D．
根据直线外一点到直线的垂线段的长度，叫做点到直线的距离，即可解答．
本题考查了点到直线的距离，注意点到直线的距离是一个长度，而不是一个图形．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL.已知条件AB=AC，还有公共角∠A，然后再结合选项所给条件和全等三角形的判定定理进行分析即可．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【解答】
解：A、添加∠B=∠C可利用ASA定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
B、添加BE=CD不能判定△ABE≌△ACD，故此选项符合题意；
C、添加BD=CE可得AD=AE，可利用SAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
D、添加∠ADC=∠AEB可利用AAS定理判定△ABE≌△ACD，故此选项不合题意；
故选B．  
8.【答案】D 
【解析】解：对于命题“如果∠1+∠2=90°，那么∠1≠∠2”，
说明它是假命题的反例可以是∠1=∠2=45°，
故选：D．
根据题意、假命题的概念进行判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确举出反例证明一个命题是假命题是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：设乌鸦x只，树y棵．依题意可列方程组：
3y+5=x5(y−1)=x．
故选：A．
直接利用已知表示出乌鸦的数量进而得出答案．
此题主要考查了由实际问题抽象出二元一次方程组，正确得出等式是解题关键．

10.【答案】D 
【解析】解：解关于x的不等式4x+a3>1得，x>3−a4，
解关于x的不等式−2x+12<0得，x>−12，
∵关于x的不等式4x+a3>1的解都是不等式−2x+12<0的解，
∴3−a4≥−12，
解得：a≤5．
故选：D．
分别解两不等式得x>3−a4，x>−12，根据题意可得关于a的不等式，解次不等式即可．
本题主要考查解一元一次次不等式，熟练掌握解一元一次不等式的基本步骤是解题关键．

11.【答案】八 
【解析】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8，
∴这个多边形为八边形，
故答案为：八．
根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于(n−2)⋅180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键，要注意“八”不能用阿拉伯数字写．

12.【答案】a>1 
【解析】解：因为不等式(1−a)x>1−a的解集是x<1，
所以1−a<0，
解得：a>1．
故答案为：a>1．
根据不等式的基本性质确定出a的范围即可．
此题考查了解一元一次不等式，熟练掌握不等式的基本性质是解本题的关键．

13.【答案】0 
【解析】解：2x+3y=4 ①3x+2y=2m−3 ②，
①+②可得5x+5y=2m+1，
由x+y=15可得：5x+5y=1，
于是2m+1=1，
∴m=0．
故本题答案为：0．
①+②得到与x+y有关的等式，再由x+y=15，建立关于m的方程，解出m的数值．
解答此题时要将x+y看做一个整体，将三元一次方程组转化为二元一次方程组来解．

14.【答案】6 
【解析】解：由平移的性质可知：EF=BC，
∵点E是BC的中点，
∴EC=12BC=BE，
∴EC=12EF=CF，
∵BF=18cm，
∴BE=EC=CF=13×18=6(cm)，即平移的距离为6cm，
故答案为：6．
根据平移的性质得到EF=BC，根据线段中点的定义得到BE=EC=CF，根据题意计算得到答案．
本题考查的是平移的性质，根据平移的性质得到BE=EC=CF是解题的关键．

15.【答案】49 
【解析】解：连接AB1、BC1、CA1，

∵等底等高的三角形面积相等，
∴△A1BC、△A1B1C、△AB1C、△AB1C1、△ABC1、△A1BC1、△ABC的面积都相等，
又∵△ABC的面积为1，
∴S△A1B1C1=7S△ABC=7，
同理：S△A2B2C2=7S△A1B1C1=72=49．
故答案为：49．
连接AB1、BC1、CA1，根据等底等高的三角形的面积相等可得△A1BC、△A1B1C、△AB1C、△AB1C1、△ABC1、△A1BC1、△ABC的面积都相等，据此可得出第一次倍长后△A1B1C1的面积是△ABC的面积的7倍，依此类推即可得出答案．
本题主要考查了三角形的面积，理解等底(或同底)等高(或同高)的两个三角形的面积相等，并求出一次倍长后所得的三角形的面积等于原三角形的面积的7倍是解题的关键．

16.【答案】①③④ 
【解析】解：①∵AD//BC，
∴∠DEF=∠GFE．
又∵∠GEF=∠DEF，
∴∠GEF=∠GFE．
故①正确．
②∵∠GEF=∠GFE，但∠FGD″不一定与∠EGD″相等，
∴EF不一定垂直于GD″，
∴EF不一定与C″D″平行．
故②不正确．
③∵AD//BC，
∴∠AEG+∠GEF=∠EFC″+∠CFC″．
∵FC′//GD′，
∴∠CFC″=∠CFC′=∠D′GF=∠BGE=∠GEF+∠FED=∠GEF+∠GFE．
∴∠AEG+∠GEF=∠EFC″+∠CFC″=∠EFC″+∠GEF+∠GFE，
∴∠AEG−∠FEG=∠EFC″．
故③正确．
④∠EHG=∠EFB+∠D″GF．
∵∠D″GF=∠D′GF=∠EGB=∠GED=∠GEF+∠FED=2∠EFB，
∴∠EHG=∠EFB+∠D″GF=∠EFB+2∠EFB=3∠EFB．
故④正确．
根据平行线的性质和各角之间的关系即可判断．
本题是平行线性质的实际应用，该内容一定要牢固掌握，做到活学活用．

17.【答案】解：3x−6<4x−5①2x−13≤1②，
解不等式①得：x>−1，
解不等式②得：x≤2，
所以不等式组的解集为：−1 在数轴上表示为：
．
不等式组的整数解有0，1，2． 
【解析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

18.【答案】解：(1)x+13−1=x−12，
2(x+1)−6=3(x−1)，
2x+2−6=3x−3，
2x−3x=−3+4，
−x=1，
x=−1．
(2)x−y=1①3x+y=7②，
①+②得4x=8，解得x=2，
把x=2代入x−y=1得2−y=1，解得y=1，
∴方程组的解是x=2y=1． 
【解析】(1)先去分母，然后去括号，移项，合并同类项，系数化为1可得结果；
(2)利用加减消元法，两式相加得出x的值，再代入第一个式子可得y的值．
此题主要是考查了一元一次方程的解法，二元一次方程组的解法，能够熟练掌握运算法则是解答此题的关键．

19.【答案】解：结论：DF=AE．
理由：因为AB//CD，
所以∠C=∠B，
因为CE=BF，
CE−EF=BF−EF，
所以CF=BE，
在△CDF和△BAE中CD=AB∠C=∠BCF=BE
所以△CDF≌△BAE(SAS)，
所以DF=AE． 
【解析】结论：DF=AE.只要证明△CDF≌△BAE即可；
本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．

20.【答案】解：将x=−3y=−1代入方程组中的4x−by=−2得：−12+b=−2，即b=10，
将x=5y=4代入方程组中的ax+5y=15得：5a+20=15，即a=−1，
则a2023+(−110b)2023=(−1)2023+(−1)2023=−1−1=−2． 
【解析】将x=−3y=−1代入方程组的第二个方程，将x=5y=4代入方程组的第一个方程，联立求出a与b的值，即可求出所求式子的值．
此题考查了二元一次方程组的解，方程组的解即为能使方程组中两方程成立的未知数的值．

21.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，点Q即为所求作的点．
 
【解析】此题主要考查了轴对称作图和有关轴对称−最短路线的问题．
(1)从△ABC各顶点向DE引垂线并延长相同的长度，找到对应点，顺次连接即可得△A1B1C1；
(2)利用轴对称图形的性质可作点A关于直线DE的对称点A1，连接A1B，交直线DE于点Q，点Q即为所求，此时△QAB的周长最小．

22.【答案】解：(1)相等．理由如下：
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
又∠EAD=∠EDA，
∴∠EAC=∠EAD−∠CAD
=∠EDA−∠BAD
=∠B；
(2)设∠CAD=x°，则∠E=3x°，
由(1)知：∠EAC=∠B=50°，
∴∠EDA=∠EAD=x°+50°
在△EAD中，∵∠E+∠EAD+∠EDA=180°，
∴3x+2(x+50)=180．
解得：x=16．
∴∠E=48°． 
【解析】(1)由于AD平分∠BAC，根据角平分线的概念可得∠BAD=∠CAD，再根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，结合已知条件可得∠EAC与∠B相等；
(2)设∠CAD=x°，∠E=3x°.根据(1)中的结论以及三角形的内角和定理及其推论列方程进行求解即可．
本题考查的是角平分线的性质和三角形内角和．

23.【答案】(1)4
(2)设需要x辆甲型车，y辆乙型车，
依题意，得：10x+16y=240800x+1000y=16400，
解得：x=8y=10．
答：需要8辆甲型车，10辆乙型车．
(3)设需要m辆甲型车，n辆乙型车，则需要(16−m−n)辆丙型车，
依题意，得：10m+16n+20(16−m−n)=240，
∴m=8−25n.
∵m，n，(16−m−n)均为正整数，
∴m=6n=5或m=4n=10．
当m=6，n=5时，16−m−n=5，
此时总运费为800×6+1000×5+1200×5=15800(元)；
当m=4，n=10时，16−m−n=2，
此时总运费为800×4+1000×10+1200×2=15600(元)．
∵为了节省运费，
∴m=4，n=10，16−m−n=2．
答：需要4辆甲型车、10辆乙型车、2辆丙型车，此时的运费是15600元． 
【解析】解：(1)(240−10×8−16×5)÷20=4(辆)．
故答案为：4．
(2)见答案
(3)见答案．
本题考查了二元一次方程组的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：(1)根据各数量之间的关系，列式计算；(2)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(3)找准等量关系，正确列出二元一次方程．
(1)由需要的丙型车辆数=(需运输新鲜蔬菜的总重量−8辆甲型车运载的重量−5辆乙型车运载的重量)÷每辆丙型车的装载量，即可求出结论；
(2)设需要x辆甲型车，y辆乙型车，根据共运输新鲜蔬菜240吨且需运费16400元，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(3)设需要m辆甲型车，n辆乙型车，则需要(16−m−n)辆丙型车，根据16辆车的总装载量为240吨，即可得出关于m，n的二元一次方程，结合m，n，(16−m−n)均为正整数，即可得出各运输方案，分别求出各方案所需费用，取其总运费最少的方案即可．

24.【答案】1.5≤a<2.5 
【解析】解：(1)∵[a]=2，
∴1.5≤a<2.5
故答案为：1.5≤a<2.5；
(2)解不等式组得：1≤x<[b−1]，
由不等式组整数解恰有2个得，2<[b−1]≤3，
故3.5≤b<4.5；
(3)∵c≥0，54c为整数，设54c=k，k为整数，
则c=45k，
∴[45k]=k，
∴k−12≤45k ∴0≤k≤52，
∴k=0，1，2，
则c=0，45，85．
(1)根据题意列不等式即可得到结论；
(2)首先将[b−1]看作一个字母，解不等式组进而根据整数解的个数得出b的取值范围；
(3)利用[c]=54c，设54c=k，k为整数，得出关于k的不等关系求出即可；
此题主要考查了新定义以及一元一次不等式组的应用，根据题意正确理解[a]的意义是解题关键．

25.【答案】(1)证明：∵AF⊥AE，AF=AE，FD⊥AC，∠ACB=90°，
∴∠FAE=∠FDA=∠ACE=90°，
∴∠AFD+∠FAD=∠FAD+∠EAC=90°，
∴∠AFD=∠EAC，
在△AFD和△EAC中，
∠AFD=∠EAC∠FDA=∠ACE=90°AF=AE，
∴△AFD≌△EAC(AAS)，
∴DF=AC，AD=EC，
∵AC=AD+CD=EC+CD，
∴EC+CD=DF．
(2)证明：过点F作FD⊥AC于点D，则∠FDG=90°，

由(1)可知：DF=AC，AD=EC，
∵AC=BC，
∴DF=BC，
在△FDG和△BCG中，
∠FDG=∠BCG=90°∠FGD=∠BGCDF=BC，
∴△FDG≌△BCG(AAS)，
∴DG=CG，
∵AGCG=3，
设CG=x，则AG=3x，
∴AC=AG+CG=4x，
∴BC=AC=4x，
∵DG=CG=x，
∴DC=DG+CG=2x，
∴AD=AC−DC=2x，
∴EC=AD=2x=12BC，
∴点E为BC的中点．
(3)解：过点F作FD⊥AC交AC的延长线于D，

由(1)可知：AD=EC，
由(2)可知：DG=CG，
∵BCBE=43，
∴可设BC=4a，BE=3a，则EC=BC+BE=7a，
∴AC=BC=4a，AD=EC=7a，
∴CD=AD−AC=7a−4a=3a，
∴DG=CG=1/2CD=1.5a，
∴AG=AC+CG=4a+1.5a=5.5a，
∴AGCG=5.5a1.5a=113． 
【解析】(1)先证∠AFD=∠EAC，再依据“AAS”判定△AFD和△EAC全等，从而得DF=AC，AD=EC，据此可得出结论；
(2)过点F作FD⊥AC于点D，由(1)可知：DF=AC，AD=EC，再证△FDG和△BCG全等得DG=CG，然后由AGCG=3，设CG=x，则AG=3x，BC=AC=4x，DG=CG=x，进而可得EC=AD=2x，据此可得出结论；
(3)过点F作FD⊥AC交AC的延长线于D，由(1)可知AD=EC，由(2)可知DG=CG，再由BCBE=43，可设BC=4a，BE=3a，则EC=7a，AC=BC=4a，AD=EC=7a，CD=3a，进而得DG=1.5a，AG=5.5a，据此可得出答案．
此题主要考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等、对应角相等；难点是类比思想在解题中的应用．