精选人教版数学八年级上册 全等三角形易错题Word版 含答案Word文件下载.docx
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【详解】
解:
(1)如图示,延长AC至E,使得CE=BM,并连接DE.
∵△BDC为等腰三角形,△ABC为等边三角形,
∴BD=CD,∠DBC=∠DCB,∠MBC=∠ACB=60°
,
又BD=DC,且∠BDC=120°
∴∠DBC=∠DCB=30°
∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°
+30°
=90°
∴∠MBD=∠ECD=90°
在△MBD与△ECD中,
∵,
∴△MBD≌△ECD(SAS),
∴MD=DE,∠BDM=∠CDE
∵∠MDN=60°
∴∠CDE+∠NDC=∠BDM+∠NDC=120°
-60°
=60°
即:
∠MDN=∠NDE=60°
在△DMN与△DEN中,
∴△DMN≌△DEN(SAS),
∴MN=NE=CE+NC=BM+NC.
(2)如图②中,结论:
MN=NC﹣BM.
理由:
在CA上截取CE=BM.
∵△ABC是正三角形,
∴∠ACB=∠ABC=60°
又∵BD=CD,∠BDC=120°
∴∠BCD=∠CBD=30°
∴∠MBD=∠DCE=90°
在△BMD和△CED中
∴△BMD≌△CED(SAS),
∴DM=DE,∠BDM=∠CDE
∴∠NDE=∠BDC-(∠BDN+∠CDE)=∠BDC-(∠BDN+∠BDM)=∠BDC-∠MDN=120°
在△MDN和△EDN中
∴△MDN≌△EDN(SAS),
∴MN=NE=NC﹣CE=NC﹣BM.
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.
2.如图1所示,已知点在上,和都是等腰直角三角形,点为的中点.
(1)求证:
为等腰直角三角形;
(2)将绕点逆时针旋转,如图2所示,
(1)中的“为等腰直角三角形”是否仍然成立?
请说明理由;
(3)将绕点逆时针旋转一定的角度,如图3所示,
(1)中的“为等腰直角三角形”成立吗?
请说明理由.
(1)详见解析;
(2)是,证明详见解析;
(3)成立,证明详见解析.
根据等腰直角三角形的性质得出,,推出,,,推出,,求出即可.
延长ED交AC于F,求出,,,根据ASA推出≌,推出即可.
过点C作,与DM的延长线交于点F,连接BF,推出≌,求出,,作于点N,证≌,推出,,求出,即可得出答案.
证明:
和都是等腰直角三角形,
点M为EC的中点,
,,
,,,
同理,
是等腰直角三角形.
如图2,是等腰直角三角形,
理由是:
延长ED交AC于F,
和是等腰直角三角形,
为EC中点,
在和中
≌,
是等腰直角三角形,
过点C作,与DM的延长线交于点F,连接BF,
可证得≌,
作于点N,
由已知,,
可证得,,
点M是DF的中点,
则是等腰直角三角形,
本题考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的性质和判定,直角三角形斜边上中线性质的应用,在本题中需要作辅助线来证明,难度较大.
3.
(1)如图
(1),已知:
在△ABC中,∠BAC=90°
,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥直线m,CE⊥直线m,垂足分别为点D、E.证明:
DE=BD+CE.
(2)如图
(2),将
(1)中的条件改为:
在△ABC中,AB=AC,D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=,其中为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立?
如成立,请你给出证明;
若不成立,请说明理由.
(3)拓展与应用:
如图(3),D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点(D、A、E三点互不重合),点F为∠BAC平分线上的一点,且△ABF和△ACF均为等边三角形,连接BD、CE,若∠BDA=∠AEC=∠BAC,试判断△DEF的形状.
(1)见解析
(2)成立(3)△DEF为等边三角形
(1)证明:
∵BD⊥直线m,CE⊥直线m,∴∠BDA=∠CEA=900.
∵∠BAC=900,∴∠BAD+∠CAE=900.
∵∠BAD+∠ABD=900,∴∠CAE=∠ABD.
又AB="
AC"
,∴△ADB≌△CEA(AAS).∴AE=BD,AD=CE.
∴DE="
AE+AD="
BD+CE.
(2)成立.证明如下:
∵∠BDA=∠BAC=,∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=1800—.∴∠DBA=∠CAE.
∵∠BDA=∠AEC=,AB=AC,∴△ADB≌△CEA(AAS).∴AE=BD,AD=CE.
∴DE=AE+AD=BD+CE.
(3)△DEF为等边三角形.理由如下:
由
(2)知,△ADB≌△CEA,BD=AE,∠DBA=∠CAE,
∵△ABF和△ACF均为等边三角形,∴∠ABF=∠CAF=600.
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF.∴∠DBF=∠FAE.
∵BF=AF,∴△DBF≌△EAF(AAS).∴DF=EF,∠BFD=∠AFE.
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600.
∴△DEF为等边三角形.
(1)因为DE=DA+AE,故由AAS证△ADB≌△CEA,得出DA=EC,AE=BD,从而证得DE=BD+CE.
(2)成立,仍然通过证明△ADB≌△CEA,得出BD=AE,AD=CE,所以DE=DA+AE=EC+BD.
(3)由△ADB≌△CEA得BD=AE,∠DBA=∠CAE,由△ABF和△ACF均等边三角形,得∠ABF=∠CAF=600,FB=FA,所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF,即∠DBF=∠FAE,所以△DBF≌△EAF,所以FD=FE,∠BFD=∠AFE,再根据∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等边三角形.
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
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
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°
,∴△EPC是等边三角形,∴PC=CE,∴AP=CE
考点:
三角形全等的证明
5.已知:
平面直角坐标系中,点A(a,b)的坐标满足|a﹣b|+b2﹣8b+16=0.
(1)如图1,求证:
OA是第一象限的角平分线;
(2)如图2,过A作OA的垂线,交x轴正半轴于点B,点M、N分别从O、A两点同时出发,在线段OA上以相同的速度相向运动(不包括点O和点A),过A作AE⊥BM交x轴于点E,连BM、NE,猜想∠ONE与∠NEA之间有何确定的数量关系,并证明你的猜想;
(3)如图3,F是y轴正半轴上一个动点,连接FA,过点A作AE⊥AF交x轴正半轴于点E,连接EF,过点F点作∠OFE的角平分线交OA于点H,过点H作HK⊥x轴于点K,求2HK+EF的值.
(1)证明见解析
(2)答案见解析(3)8
(1)过点A分别作x轴,y轴的垂线,垂足分别为M、N,则AN=AM,
根据非负数的性质求出a、b的值即可得结论;
(2)如图2,过A作AH平分∠OAB,交BM于点H,则△AOE≌△BAH,可得AH=OE,由已知条件可知ON=AM,∠MOE=∠MAH,可得△ONE≌△AMH,∠ABH=∠OAE,设BM与NE交于K,则∠MKN=180°
﹣2∠ONE=90°
﹣∠NEA,即2∠ONE﹣∠NEA=90°
(3)如图3,过H作HM⊥OF,HN⊥EF于M、N,可证△FMH≌△FNH,则FM=FN,同理:
NE=EK,先得出OE+OF﹣EF=2HK,再由△APF≌△AQE得PF=EQ,即可得OE+OF=2OP=8,等量代换即可得2HK+EF的值.
(1)∵|a﹣b|+b2﹣8b+16=0
∴|a﹣b|+(b﹣4)2=0
∵|a﹣b|≥0,(b﹣4)2≥0
∴|a﹣b|=0,(b﹣4)2=0
∴a=b=4
过点A分别作x轴,y轴的垂线,垂足分别为M、N,则AN=AM
∴OA平分∠MON
即OA是第一象限的角平分线
(2)过A作