江西省南昌市十校联考2022-2023学年八年级上学期期中数学试卷（含答案与解析）

这是一份江西省南昌市十校联考2022-2023学年八年级上学期期中数学试卷（含答案与解析），共18页。试卷主要包含了若点A等内容，欢迎下载使用。
1．垃圾分类是将垃圾分门别类地投放，并通过分类清运和回收，使之重新变成资源，下面四个图形分别是可回收垃圾、不可回收垃圾、易腐垃圾和有害垃圾标志，在这四个图形中，轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．若点A（a﹣1，3）和点B（2，b﹣1）关于x轴对称，则（a+b）2021的值为（ ）
A．0B．﹣1C．1D．﹣2
3．下列四组线段，不能组成三角形的是（ ）
A．2cm，3cm，3cmB．3cm，3cm，3cm
C．2cm，6cm，5cmD．5cam，6cm，13cm
4．如图，∠DAC＝∠BAC，下列条件中，不能判定△ABC≌△ADC的是（ ）
A．DC＝BCB．AB＝ADC．∠D＝∠BD．∠DCA＝∠BCA
5．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，ED是AC的垂直平分线，交AC于点D，交BC于点E．已知∠C＝7∠BAE，则∠C的度数为（ ）
A．41°B．42°C．43°D．44°
6．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是高，BE是中线，CF是角平分线，CF交AD于点G，交BE于点H，下列结论：①S△ABE＝S△BCE；②∠AFG＝∠AGF；③BH＝CH；④∠FAG＝2∠ACF．正确的是（ ）
A．①②③B．③④C．①②④D．①②③④
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．五边形ABCDE的内角都相等，则该五边形的一个内角的度数为 ．
8．如图，OC为∠AOB的平分线，CM⊥OB，OC＝5，CM＝4，则点C到射线OA的距离为 ．
9．如图所示，若一块三角形的玻璃被打碎成3块，你只能拿一块去玻璃店划一块和原玻璃一样的，你选 去，理由是 ．（只写判定定理）
10．如图，AB∥CD，EF分别与AB，CD交于点B，F．若∠E＝30°，∠EFC＝130°，则∠A＝ ．
11．如图，方格纸中是9个完全相同的正方形，则∠1+∠2的值为 ．
12．如图，△ABC中，∠C＝40°，D为△ABC中AC边上一点，将△ABC沿BD折叠得到△A′BD，若DA'∥BC，那么∠ADB＝ °．
三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分）
13．（6分）如图，点D、E在BC上，AB＝AC，AD＝AE．BD和CE有怎样的关系？请说明理由．
14．（6分）如图，点B，F，C，E在一条直线上，BF＝CE，AB∥DE，AC∥DF．求证：AB＝DE，AC＝DF．
15．（6分）如图，在长度为1个单位长度的小正方形组成的正方形网格中，点A、B、C在小正方形的顶点上．
（1）在图中画出关于直线l成轴对称的△A′B′C′；
（2）线段CC′被直线l ．
16．（6分）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，且BD2﹣DA2＝AC2．
（1）求∠A的度数；
（2）若BD＝2，DE＝1，求CE的长．
17．（6分）如图，蓝色的三角形与哪些三角形成轴对称？整个图形是轴对称图形吗？它共有几条对称轴？
四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分）
18．（8分）用24cm长的绳子围成一边长为6cm的等腰三角形，求这个等腰三角形的底边长．
19．（8分）如图，已知OP平分∠AOB，PA⊥OA，PB⊥OB，垂足分别为A，B．
求证：（1）PO平分∠APB；
（2）OP是AB的垂直平分线．
20．（8分）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠ACB＝105°，CD⊥AB 于D． ，，求△ABC的面积．
五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分）
21．（9分）如图，在△ABC中，已知AB＝AC＝8，∠BAC＝120°，，点D是BC边上的任意一动点，点B与点B'关于直线AD对称．
（1）求△ABC的面积；
（2）当，且满足，求此时∠BDB'的度数；
（3）连接BB'，当△BDB'中存在一个内角为100°时，求此时∠BAD的度数．
22．（9分）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E、F分别在边BC、AC、AB上，且有BF＝CD，BD＝CE．
（1）求证：△BDF≌△CED；
（2）若设∠FDE＝α，则用α表示∠A．
六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
23．（12分）阅读下列材料，完成探究过程：
若规定：四条边对应相等，四个角对应相等的两个四边形全等．那么，我们借助学习“三角形全等的判定”获得的经验与方法对“全等四边形的判定”进行探究．
【初步思考】
在两个四边形中，我们把“一条边对应相等”或“一个角对应相等”称为一个条件．满足4个条件的两个四边形不一定全等，如边长相等的正方形与菱形就不一定全等．类似地，我们容易知道两个四边形全等至少需要5个条件．
某探究小组的同学在探究时发现：如果对图中的四边形ABCD与四边形A1B1C1D1先给出如下条件：AB＝A1B1、∠B＝∠B1、BC＝B1C1，并在此基础上又给出“AD＝A1D1，CD＝C1D1”两个条件，他们认为满足这五个条件能得到“四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1”．
请根据他们给出的条件，说明“四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1”的理由．
【深入探究】
（1）若在条件“AB＝A1B1、∠B＝∠B1、BC＝B1C1”的基础上，又添加两个条件“AD＝A1D1、∠BCD＝∠B1C1D1”．满足这五个条件 （填“能”或“不能”）得到四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1．
（2）在条件“AB＝A1B1、∠B＝∠B1、BC＝B1C1”的基础上，再添加两个关于原四边形的条件（要求：不同于【初步思考】中给出过的条件），使四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1．
你添加的条件是① ，② ．
（3）由以上探究过程，该小组的同学们得出结论：“四条边和一个角对应相等的两个四边形一定全等”，但是“三条边和二个角对应相等的两个四边形不一定全等”．
随着进一步探究，该小组的同学们发现也可以对“二条边和三个角对应相等”进一步分类，如以四边形ABCD和四边形A1B1C1D1为例，可以分为以下几类：
①AB＝A1B1，AD＝A1D1，∠A＝∠A1，∠B＝∠B1，∠C＝∠C1；
②AB＝A1B1，AD＝A1D1，∠A＝∠A1，∠B＝∠B1，∠D＝∠D1；
③AB＝A1B1，AD＝A1D1，∠B＝∠B1，∠C＝∠C1，∠D＝∠D1；
④AB＝A1B1，CD＝C1D1，∠A＝∠A1，∠B＝∠B1，∠C＝∠C1．
上述分类中能判定四边形ABCD和四边形A1B1C1D1全等的是 （填序号），概括可得“全等四边形的判定方法”，这个判定方法是 ．
2022-2023学年江西省南昌市十校联考八年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分18分，每小题3分）
1．【分析】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，根据轴对称图形的概念求解．
【解答】解：选项A、B、D均不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
选项C能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
故选：C．
2．【分析】根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”求出a、b，然后代入代数式进行计算即可得解．
【解答】解：∵点A（a﹣1，3）和点B（2，b﹣1）关于x轴对称，
∴a﹣1＝2，b﹣1＝﹣3，
解得a＝3，b＝﹣2，
所以，（a+b）2021＝（3﹣2）2021＝1．
故选：C．
3．【分析】利用三角形的三边关系进行分析即可．
【解答】解：A、2+3＞3，能组成三角形，故此选项不符合题意；
B、3+3＞3，能组成三角形，故此选项不符合题意；
C、2+5＞6，能组成三角形，故此选项不符合题意；
D、5+6＝11＜13，不能组成三角形，故此选项符合题意；
故选：D．
4．【分析】利用全等三角形的判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS、HL进行分析即可．
【解答】解：A、DC＝BC，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，不能判定△ABC≌△ADC，故此选项符合题意；
B、AB＝AD，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，可利用SAS判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；
C、∠B＝∠D，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，能利用AAS判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；
D、∠DCA＝∠BCA，∠DAC＝∠BAC，再加上公共边AC＝AC，能利用ASA判定△ABC≌△ADC，故此选项不合题意；
故选：A．
5．【分析】设∠BAE＝x°，则∠C＝7x°，根据线段的垂直平分线的性质得出AE＝CE，得出∠EAC＝∠C，由直角三角形的性质得出∠C+∠BAC＝90°，求出x即可．
【解答】解：设∠BAE＝x°，则∠C＝7x°，
∵ED是AC的垂直平分线，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠C＝7x°，
∵∠B＝90°，
∴∠C+∠BAC＝90°，
∴7x+7x+x＝90，
解得：x＝6，
∴∠C＝7×6°＝42°，
故选：B．
6．【分析】①根据等底等高的两个三角形面积相等即可判断；
②根据三角形内角和定理求出∠ABC＝∠CAD，再由三角形外角性质即可判断；
③根据等腰三角形的判定即可判断；
④根据三角形内角和定理求出∠FAG＝∠ACD，再根据三角形角平分线定义即可判断．
【解答】解：∵BE是中线，
∴AE＝CE，
∴△ABE＝S△BCE，
故①正确；
∵CF是角平分线，
∴∠ACF＝∠BCF，
∵AD是高，
∴∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠CAD＝90°，
∴∠ABC＝∠CAD，
∵∠AFG＝∠ABC+∠BCF，∠AGF＝∠CAD+∠ACF，
∴∠AFG＝∠AGF，
故②正确；
根据已知条件不能提出∠HBC＝∠HCB，
故③错误；
∵AD是高，
∴∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，∠ABC+∠BAD＝90°，
∴∠ACB＝∠BAD，
∵CF是角平分线，
∴∠ACB＝2∠ACF，
∴∠BAD＝2∠ACF，
即∠FAG＝2∠ACF，
故④正确，
故选：C．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
7．【分析】根据五边形的各个内角都相等，可知五边形的各个外角都相等，多边形的外角和为360°，可得结论．
【解答】解：360°÷5＝72°，
180°﹣72°＝108°．
故答案为：108°．
8．【分析】过C点作CN⊥OA于N，如图，根据角平分线的性质得到CN＝CM＝4，然后根据点到直线的距离的定义求解．
【解答】解：过C点作CN⊥OA于N，如图，
∵OC为∠AOB的平分线，CM⊥OB，CN⊥OA，
∴CN＝CM＝4，
即点C到射线OA的距离为4．
故答案为4．
9．【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形即可得到结论．
【解答】解：第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．
最省事的方法是应带③去，
理由是：两角和夹边对应相等的两个三角形全等．
故答案为：带③去，两角和夹边对应相等的两个三角形全等．
10．【分析】直接利用平行线的性质得出∠ABF＝50°，进而利用三角形外角的性质得出答案．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝130°，
∴∠ABF＝50°，
∵∠A+∠E＝∠ABF＝50°，∠E＝30°，
∴∠A＝20°．
故答案为：20°．
11．【分析】利用全等三角形的判定定理SAS证得△ABC≌△EDF，则其对应角相等：∠3＝∠1，则∠2+∠3＝∠2+∠1＝90°．
【解答】解：如图，在△ABC与△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS），
∴∠3＝∠1，
则∠2+∠3＝∠2+∠1＝90°．
故答案为：90°．
12．【分析】由平行线的性质得到∠A′BC＝∠A′，由折叠的性质得∠A＝∠A′＝∠A′BC，∠ABD＝∠A′BD，由三角形内角和定理求出∠A′BC+∠A′BD＝70°，根据三角形外角定理即可求出∠ADB．
【解答】解：∵DA'∥BC，∴∠A′BC＝∠A′，
由折叠的性质得∠A＝∠A′＝∠A′BC，∠ABD＝∠A′BD，
∵∠A+∠ABC+∠C＝180°，∠C＝40°，
∴∠A+∠ABD+∠A′BD+∠C＝180°，
∴2（∠A′BC+∠A′BD）+40°＝180°，
∴∠A′BC+∠A′BD＝70°，
∴∠ADB＝∠DBC+∠C＝∠A′BC+∠A′BD+∠C＝70°+40°＝110°，
故答案为：110．
三．解答题（共5小题，满分30分，每小题6分）
13．【分析】方法一：由AB＝AC，利用等边对等角得到一对角相等，同理由AD＝AE得到一对角相等，再利用外角性质及等量代换可得出一对角相等，利用ASA得出三角形ABD与三角形AEC全等，利用全等三角形的对应边相等可得证；
方法二：过A作AH垂直于BC于H点，由AB＝AC，利用三线合一得到H为BC中点，同理得到H为DE中点，利用等式的性质变换后可得证．
【解答】方法一：
证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C（等边对等角），
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED（等边对等角），
又∠ADE＝∠B+∠BAD，∠AED＝∠C+∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE（等量代换），
在△ABD和△ACE中，
∵，
∴△ABD≌△ACE（ASA），
∴BD＝CE（全等三角形的对应边相等）；
方法二：
证明：过点A作AH⊥BC，垂足为点H，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH（等腰三角形底边上的高与底边上的中线重合），
同理可证，DH＝EH，
∴BH﹣DH＝CH﹣EH，
∴BD＝CE．
14．【分析】证明△ABC≌△DEF（ASA），由全等三角形的性质即可得出结论．
【解答】证明：∵BF＝EC，
∴BC＝EF，
∵AB∥DE，AC∥DF，
∴∠B＝∠E，∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB＝DE，AC＝DF．
15．【分析】（1）直接利用轴对称的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用轴对称图形的性质得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△A′B′C′，即为所求；
（2）线段CC′被直线l垂直平分．
故答案为：垂直平分．
16．【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质可得CD＝BD，然后利用勾股定理逆定理可得结论；
（2）首先利用勾股定理求得BE的长，再根据垂直平分线的性质可求解．
【解答】解：（1）连接CD，
∵BC的垂直平分线DE分别交AB、BC于点D、E，
∴CD＝DB，
∵BD2﹣DA2＝AC2，
∴CD2﹣DA2＝AC2，
∴CD2＝AD2+AC2，
∴△ACD是直角三角形，且∠A＝90°；
（2）∵DE⊥BC，BD＝2，DE＝1，
∴BE＝，
∵DE垂直平分BC，
∴CE＝BE＝．
17．【分析】直接利用轴对称图形的性质得出答案．
【解答】解：蓝色的三角形与三角形2，3，4成轴对称，
整个图形是轴对称图形，它共有4条对称轴．
四．解答题（共3小题，满分24分，每小题8分）
18．【分析】分6是底边和腰长两种情况讨论求解．
【解答】解：若6cm为底时，腰长＝（24﹣6）＝9cm，
三角形的三边分别为6cm、9cm、9cm，
能围成等腰三角形，
若6cm为腰时，底边＝24﹣6×2＝12（cm），
三角形的三边分别为6cm、6cm、12cm，
∵6+6＝12，
∴不能围成三角形，
综上所述，底边长是6cm．
19．【分析】（1）根据角平分线的性质得到PA＝PB，证明Rt△AOP≌Rt△BOP，根据全等三角形的性质证明；
（2）根据线段垂直平分线的判定定理证明即可．
【解答】证明：（1）∵OP平分∠AOB，PA⊥OA，PB⊥OB，
∴PA＝PB，
在Rt△AOP和Rt△BOP中，
，
∴Rt△AOP≌Rt△BOP，
∴∠APO＝∠BPO，即PO平分∠APB；
（2）∵Rt△AOP≌Rt△BOP，
∴OA＝OB，又PA＝PB，
∴OP是AB的垂直平分线．
20．【分析】根据垂直定义可得∠ADC＝∠BDC＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠ACD＝60°，进而可得∠BCD＝45°，然后再利用直角三角形的两个锐角互余可得∠B＝∠BCD＝45°，从而可得CD＝BD＝cm，进而求出AB的长，最后利用三角形的面积公式，进行计算即可解答．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∵∠A＝30°，
∴∠ACD＝90°﹣∠A＝60°，
∵∠ACB＝105°，
∴∠BCD＝∠ACB﹣∠ACD＝45°，
∴∠B＝90°﹣∠BCD＝45°，
∴∠B＝∠BCD＝45°，
∴CD＝BD＝cm，
∵AD＝cm，
∴AB＝AD+BD＝（+）cm，
∴△ABC的面积＝AB•CD
＝×（+）×
＝（+1）cm2，
∴△ABC的面积为（+1）cm2．
五．解答题（共2小题，满分18分，每小题9分）
21．【分析】（1）作高线AH，根据直角三角形含30度角的性质可得AH的长，由三角形面积公式可得答案；
（2）如图2，分别计算∠ADB＝∠ADB'＝60°，可得答案；
（3）分两种情况：如图3：当BD＜BC时，如图4：当时，分别根据对称性和三角形内角和定理可得结论．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵AB＝8，
∴AH＝4，
∵，
∴；
（2）∵，∠BAC＝120°，
∴∠CAD＝30°，∠BAD＝90°，
由（1）知：∠ABC＝30°，
∴∠ADB＝60°，
∵点B与点B'关于直线AD对称，
∴∠ADB'＝∠ADB＝60°，
∴∠BDB'＝∠ADB+∠ADB'＝60°+60°＝120°；
（3）∵点B与点B'关于直线AD对称，
∴∠DBB'＝∠DB'B≠100°，
∴∠BDB'＝100°，
①如图3，当，
∵∠BDB'＝100°，BD＝DB'，
∴∠DBB'＝40°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABB'＝30°+40°＝70°，
由对称得：∠BAD＝∠DAB'，AB＝AB'，
∴∠AB'B＝∠ABB'＝70°，
∴∠BAB'＝180°﹣2×70°＝40°，
∴∠BAD＝20°；
②如图4，当，
∵∠BDB'＝100°，
∴∠BDA＝50°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠BAD＝100°；
综上所述，∠BAD＝20°或100°．
22．【分析】首先证明∠B＝∠C，然后再利用SAS定理判定△BDF≌△CED即可，再利用全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDF与△CED中，
，
∴△BDF≌△CED；
（2）∵△BDF≌△CED，
∴∠BFD＝∠CDE，
∵∠FDE+∠CDE＝∠B+∠BFD，
∴∠B＝∠FDE＝α，
∴∠A＝180°﹣2∠B＝180°﹣2α．
六．解答题（共1小题，满分12分，每小题12分）
23．【分析】【初步思考】连接AC、A1C1，证△ABC≌△A1B1C1（SAS），得∠BAC＝∠B1A1C1，∠ACB＝∠A1C1B1，AC＝A1C1，证△ADC≌△A1D1C1（SSS），得∠DAC＝∠D1A1C1，∠ACD＝∠A1C1D1，∠D＝∠D1，则∠BAD＝∠B1A1D1，∠BCD＝∠B1C1D1，由全等四边形的判定即可得出结论；
【深入探究】（1）由【初步思考】得：△ABC≌△A1B1C1（SAS），则∠BAC＝∠B1A1C1，∠ACB＝∠A1C1B1，AC＝A1C1，得∠ACD＝∠A1C1D1”，但SSA不能证明△ADC≌△A1D1C1，即可得出结论；
（2）由全等三角形的判定与性质和全等四边形的判定即可得出结论；
（3）①连接BD、B1D1，由全等三角形的判定与性质和全等四边形的判定即可得出结论；
②解法同①；
③解法同①；
④不能得到全等三角形，两个四边形不能全等；概括总结即可．
【解答】【初步思考】
证明：连接AC、A1C1，如图1所示：
在△ABC和△A1B1C1中，
，
∴△ABC≌△A1B1C1（SAS），
∴∠BAC＝∠B1A1C1，∠ACB＝∠A1C1B1，AC＝A1C1，
在△ADC和△A1D1C1中，
，
∴△ADC≌△A1D1C1（SSS），
∴∠DAC＝∠D1A1C1，∠ACD＝∠A1C1D1，∠D＝∠D1，
∴∠BAD＝∠B1A1D1，∠BCD＝∠B1C1D1，
∴四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1．
【深入探究】
解：（1）不能得到四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1，理由如下：
由【初步思考】得：△ABC≌△A1B1C1（SAS），
∴∠BAC＝∠B1A1C1，∠ACB＝∠A1C1B1，AC＝A1C1，
添加两个条件“AD＝A1D1、∠BCD＝∠B1C1D1”时，则∠ACD＝∠A1C1D1”，
但SSA不能证明△ADC≌△A1D1C1，
则两个四边形不能满足四条边对应相等，四个角对应相等，
∴不能得到四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1，
故答案为：不能；
（2）添加条件为：∠BAD＝∠B1A1D1，AD＝A1D1，理由如下：
由【初步思考】得：△ABC≌△A1B1C1（SAS），
∴∠BAC＝∠B1A1C1，∠ACB＝∠A1C1B1，AC＝A1C1，
∵①∠BAD＝∠B1A1D1，
∴∠DAC＝∠D1A1C1，
在△ADC和△A1D1C1中，
，
∴△ADC≌△A1D1C1（SSS），
∴DC＝D1C1，∠ACD＝∠A1C1D1，∠D＝∠D1，
∴∠BCD＝∠B1C1D1，
∴四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1；
故答案为：∠BAD＝∠B1A1D1，AD＝A1D1；
（3）①连接BD、B1D1，如图2所示：
同【初步思考】得：△ABD≌△A1B1D1（SAS），
∴∠ABD＝∠A1B1D1，∠ADB＝∠A1D1B1，BD＝B1D1，
∵∠A＝∠A1，∠B＝∠B1，∠C＝∠C1，
∴∠ADC＝∠A1D1C1，
∴∠CBD＝∠C1B1D1，∠BDC＝∠B1D1C1，
在△BCD和△B1C1D1中，
，
∴△BCD≌△B1C1D1（ASA），
∴BC＝B1C1，CD＝C1D1，
∴四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1；
②同①得：四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1；
③同①得：四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1；
④不能证出四边形ABCD≌四边形A1B1C1D1；
概括可得“全等四边形的判定方法”，这个判定方法是：有一组邻边和三个角对应相等的两个四边形全等；
故答案为：①②③，有一组邻边和三个角对应相等的两个四边形全等．