精选人教版八年级上册数学 全等三角形专题练习解析版Word文档下载推荐.docx

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,EO=BM,可以证明，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=（EM-ON）.

【详解】

（1）如图

（1）作CQ⊥OA于Q,

∴∠AQC=90°

∵为等腰直角三角形，

∴AC=AB,∠CAB=90°

∴∠QAC+∠OAB=90°

∵∠QAC+∠ACQ=90°

∴∠ACQ=∠BAO,

又∵AC=AB,∠AQC=∠AOB,

∴（AAS）,

∴CQ=AO,AQ=BO,

∵OA=2,OB=4,

∴CQ=2,AQ=4,

∴OQ=6,

∴C（-6,-2）.

（2）如图

（2）作DP⊥OB于点P,

∴∠BPD=90°

∵是等腰直角三角形，

∴AB=BD,∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°

∵∠OBD+∠BDP=90°

∴∠ABO=∠BDP,

又∵AB=BD,∠AOB=∠BPD=90°

∴

∴AO=BP,

∵BP=OB-PO=m-（-n）=m+n,

∵A,

∴OA=,

∴m+n=,

∴当点B沿y轴负半轴向下运动时，AO=BP=m+n=,

∴整式的值不变为.

（3）

证明：

如图（3）所示，在ME上取一点G使得MG=ON,连接BG并延长，交x轴于H.

∵为等边三角形，

∴BO=BM=MO,∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°

∴EO=MO,∠EBM=105°

∠1=30°

∵OE=OB,

∴OE=OM=BM,

∴∠3=∠EMO=15°

∴∠BEM=30°

∠BME=45°

∵OF⊥EB,

∴∠EOF=∠BME,

∴,

∴BG=EN,

∵ON=MG,

∴∠2=∠3,

∴∠2=15°

∴∠EBG=90°

∴BG=EG,

∴EN=EG,

∵EG=EM-GM,

∴EN=（EM-GM）,

∴EN=（EM-ON）.

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理的运用.

2．

（1）问题背景：

如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°

，∠B＝∠ADC＝90°

，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°

，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；

（2）探索延伸：

如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°

，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；

（3）结论应用：

如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°

的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°

的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等．接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°

的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O之间夹角∠EOF=70°

，试求此时两舰艇之间的距离．

（4）能力提高：

如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°

，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°

．若BM＝1，CN＝3，试求出MN的长．

（1）EF＝BE＋FD；

（2）EF＝BE＋FD仍然成立；

（3）210；

（4）MN＝．

试题分析：

（1）由△AEF≌△AGF，得EF=GF，又由BE=DG，得EF=GF=DF+DG=DF+BE；

（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，证明△ABE≌△ADG，再证△AEF≌△AGF，得EF=FG，即可得到答案；

（3）连接EF，延长AE，BF相交于点C，根据探索延伸可得EF=AE+FB，即可计算出EF的长度；

（4）在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，证明△ACD≌△ABM，得到CD=BM，再证MN=ND，则求出ND的长度，即可得到答案．

解：

（2）EF＝BE＋FD仍然成立．

如答图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°

，∠ADG＋∠ADC＝180°

，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE与△ADG中，AB＝AD，∠B＝∠ADG，BE＝DG，∴△ABE≌△ADG．

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．

又∵∠EAF＝∠BAD，

∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝∠BAD－∠EAF＝∠BAD－∠BAD＝∠BAD，

∴∠EAF＝∠GAF．

在△AEF与△AGF中，AE=AG，∠EAF＝∠GAF，AF=AF，

∴△AEF≌△AGF．∴EF＝FG．

又∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF．

∴EF＝BE＋FD．

（3）如答图2，连接EF，延长AE，BF相交于点C，在四边形AOBC中，

∵∠AOB＝30°

＋90°

＋20°

＝140°

，∠FOE＝70°

＝∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝60°

＋120°

＝180°

，符合探索延伸中的条件，

∴结论EF＝AE＋FB成立．

∴EF＝AE＋FB＝1.5×

（60＋80）＝210（海里）.

答：

此时两舰艇之间的距离为210海里；

（4）如答图3，在△ABC外侧作∠CAD=∠BAM，截取AD=AM，连接CD，DN，

在△ACD与△ABM中，AC=AB，∠CAD=∠BAM，AD=AM，

则△ACD≌△ABM，∴CD=BM=1，∠ACD=∠ABM=45°

，

∵∠NAD=∠NAC+∠CAD=∠NAC+∠BAM=∠BAC-∠MAN=45°

∴∠MAD=∠MAN+∠NAD=90°

=2∠NAD，

又∵AM=AD，∠NCD+∠MAD=（∠ACD+∠ACB）+90°

=180°

∴对于四边形AMCD符合探索延伸，

则ND=MN，

∵∠NCD=90°

，CD=1，CN=3，

∴MN=ND=．

3．如图，△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线GF交AC于F，交AC的平行线BG于G点，DE⊥DF，交AB于点E，连结EG、EF．

（1）求证：

BG＝CF；

（2）请你判断BE+CF与EF的大小关系，并说明理由．

（1）详见解析；

（2）BE+CF＞EF，证明详见解析

（1）先利用ASA判定△BGDCFD，从而得出BG=CF；

（2）利用全等的性质可得GD=FD，再有DE⊥GF，从而得到EG=EF，两边之和大于第三边从而得出BE+CF＞EF．

（1）∵BG∥AC，

∴∠DBG＝∠DCF．

∵D为BC的中点，

∴BD＝CD

又∵∠BDG＝∠CDF，

在△BGD与△CFD中，

∵

∴△BGD≌△CFD（ASA）．

∴BG＝CF．

（2）BE+CF＞EF．

∵△BGD≌△CFD，

∴GD＝FD，BG＝CF．

又∵DE⊥FG，

∴EG＝EF（垂直平分线到线段端点的距离相等）．

∴在△EBG中，BE+BG＞EG，

即BE+CF＞EF．

本题考查了三角形全等的判定和性质，要注意判定三角形全等的一般方法有：

SSS、SAS、AAS、ASA、HL．

4．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F

（1）证明：

PC=PE；

（2）求∠CPE的度数；

（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°

时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．

（1）证明见解析

（2）90°

（3）AP=CE

（1）、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°

，结合PB=PB得出△ABP≌△CBP，从而得出结论；

（2）、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；

（3）、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°

，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.

（1）、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°

在△ABP和△CBP中，又∵PB=PB∴△ABP≌△CBP（SAS），∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；

（2）、由

（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，

∵PA=PE，∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E，∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），

∴180°

﹣∠PFC﹣∠PCF=180°

﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=90°

；

（3）、AP＝CE

理由是：

在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，

在△ABP和△CBP中，又∵PB=PB∴△ABP≌△CBP（SAS），

∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，

∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP，∵PA=PC∴∠DAP=∠E，∴∠DCP=∠E

∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），∴180°

﹣∠DFE﹣∠E，

即∠CPF=∠EDF=180°

﹣∠ADC=180°

﹣120°

=60°

，∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE

考点：

三角形全等的证明

5．如图1，在等边△ABC中，E、D两点分别在边AB、BC上，BE=CD，AD、CE相交于点F．

（1）求∠AFE的度数；

（2）过点A作AH⊥CE于H，求证：

2FH+FD=CE；

（3）如图2，延长CE至点P，连接BP，∠BPC=30°

，且CF=CP，求的值．

（提示：

可以过点A作∠KAF=60°

，AK交PC于点K，连接KB）

（1）∠AFE=60°

（2）见解析；

（1）通过证明得到对应角相等，等量代换推导出；

（2）由

（1）得到，则在中利用30°

所对的直角边等于斜边的一半，等量代换可得；

（3）通过在PF上取一点K使得KF=AF，作辅助线证明和全等，利用对应边相等，等量代换得到比值.（通过将顺时针旋转60°

也是一种思路.）

（1）解：

如图1中．

∴AC=BC，∠BAC=∠ABC=∠ACB=60