人教版八年级数学上《第12全等三角形》单元测试含答案解析Word文件下载.docx

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9．在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°

，AB=AC，直线MN过点A且MN∥BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE=90°

，且点D在直线MN上（不与点A重合），如图1，DE与AC交于点P，易证：

BD=DP．（无需写证明过程）

（1）在图2中，DE与CA延长线交于点P，BD=DP是否成立？

如果成立，请给予证明；

如果不成立，请说明理由；

（2）在图3中，DE与AC延长线交于点P，BD与DP是否相等？

请直接写出你的结论，无需证明．

10．如图，已知∠AOB=120°

，OM平分∠AOB，将等边三角形的一个顶点P放在射线OM上，两边分别与OA、OB（或其所在直线）交于点C、D．

（1）如图①，当三角形绕点P旋转到PC⊥OA时，证明：

PC=PD．

（2）如图②，当三角形绕点P旋转到PC与OA不垂直时，线段PC和PD相等吗？

请说明理由．

（3）如图③，当三角形绕点P旋转到PC与OA所在直线相交的位置时，线段PC和PD相等吗？

直接写出你的结论，不需证明．

11．如图，在四边形ABCD中，AD=BC=8，AB=CD，BD=12，点E从点D出发，以每秒1个单位的速度沿DA向点A匀速移动，点F从点C出发，以每秒3个单位的速度，沿C→B→C做匀速移动，点G从点B出发沿BD向点D匀速移动，三个点同时出发，当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动，假设移动时间为t秒．

（1）试证明：

AD∥BC；

（2）在移动过程中，小明发现有△DEG与△BFG全等的情况出现，请你探究这样的情况会出现几次？

并分别求出此时移动时间和G点的移动距离．

12．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系．

（1）猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系；

（2）将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度a，得到如图2、如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断

（1）中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．

二、作图题（共5小题，满分0分）

13．如图，已知∠AOB=a外有一点P，画点P关于直线OA的对称点P′，再作点P′关于直线OB的对称点P″．

（1）试猜想∠POP″与a的大小关系，并说出你的理由．

（2）当P为∠AOB内一点或∠AOB边上一点时，上述结论是否成立？

14．如图，铁路和公路都经过P地，曲线MN是一条河流，现欲在河上建一个货运码头Q，使其到铁路和公路的距离相等，请用直尺和圆规通过画图找到码头Q的位置．（注意：

①保留作图痕迹；

②在图中标出点Q）

15．

（1）如图

（1），已知∠AOB和线段CD，求作一点P，使PC=PD，并且点P到∠AOB的两边距离相等（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，写出结论）；

（2）如图

（2）在道路L上键一个水坝站P，使向A′B两村送水所用水管PA+PB最短，水坝站P应建何处？

16．已知，P为∠AOB内一点，PO=24cm，∠AOB=30°

，试在OA、OB上分别找出两点C、D，使△PCD周长最小，并求这个最小周长．

17．

（1）如图1，计划在三个住宅小区A、B、C之间修建一个购物中心，使得它到三个小区的距离相等，请作图找到购物中心的位置．

（2）如图2，有a、b、c三条公路，先要建一个货物中转站到三条公路的距离相等，请作图找到货物中转站的位置．

《第12章全等三角形》

参考答案与试题解析

【考点】全等三角形的判定与性质；

三角形三边关系．

【分析】延长AD到E，使AD=DE，连结BE，证明△ADC≌△EDB就可以得出BE=AC，根据三角形的三边关系就可以得出结论．

【解答】解：

延长AD到E，使AD=DE，连结BE．

∵AD是△ABC的中线，

∴BD=CD．

在△ADC和△EDB中，

，

∴△ADC≌△EDB（SAS），

∴AC=BE．

∵AB﹣AE＜AE＜AB+BE，

∴AB﹣AC＜2AD＜AB+AC．

∵AB=8，AC=5，

∴1.5＜AD＜6.5．

【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质的运用，三角形的中线的性质的运用，三角形三边关系的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．

【考点】全等三角形的判定与性质．

【专题】证明题．

【分析】可延长ED至P，使DP=DE，连接FP，连接CP，将BE转化为PC，EF转化为FP，进而在△PCF中即可得出结论．

【解答】答：

BE+CF＞FP=EF．

证明：

延长ED至P，使DP=DE，连接FP，CP，

∵D是BC的中点，

∴BD=CD，

在△BDE和△CDP中，

∴△BDE≌△CDP（SAS），

∴BE=CP，

∵DE⊥DF，DE=DP，

∴EF=FP，（垂直平分线上的点到线段两端点距离相等）

在△CFP中，CP+CF=BE+CF＞FP=EF．

【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质以及三角形的三边关系问题，能够熟练掌握．

【分析】在AC上截取AE=AB，连接DE，证明△ABD≌△AED，得到∠B=∠AED，再证明ED=EC即可．

【解答】证明：

在AC上截取AE=AB，连接DE，

∵AD平分∠BAC，

∴∠BAD=∠DAC，

在△ABD和△AED中，

∴△ABD≌△AED（SAS），

∴∠B=∠AED，BD=DE，又∠B=2∠C，

∴∠AED=2∠C，

而∠AED=∠C+∠EDC=2∠C，

∴∠C=∠EDC，

∴DE=CE，

∴AB+BD=AE+CE=AC．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；

此题利用了全等三角形中常用辅助线﹣截长补短法构造全等三角形，然后利用全等三角形解题，这是解决线段和差问题最常用的方法，注意掌握．

等腰三角形的性质．

【分析】先延长AD至F，使得CF⊥AC，得出∠ABM=∠DAC，再根据AB=AC，CF⊥AC，得出△ABM≌△CAF，从而证出∠BMA=∠F，AM=CF，再根据所给的条件得出△FCD≌△MCD，即可得出∠AMB=∠F=∠CMD．

如图，延长AD至F，使得CF⊥AC．

∵AB⊥AC，AD⊥BM，

∴∠ABM=∠DAC，

在△ABM与△CAF中，

∴△ABM≌△CAF（ASA），

∴∠BMA=∠F，AM=CF，

在△FCD与△MCD中，

∴△FCD≌△MCD（SAS），

∴∠F=∠CMD，

∴∠AMB=∠DMC．

【点评】此题考查了解等腰直角三角形；

解题的关键是根据题意画出图形，再根据解等腰直角三角形的性质和全等三角形的判断与性质进行解答即可．

【考点】正方形的性质；

全等三角形的判定与性质．

【分析】将△ADQ绕点A顺时针旋转90°

得到△ABE，根据旋转的性质可得BE=DQ，AE=AQ，∠BAE=∠DAQ，然后求出∠EAP=∠PAQ=45°

，再利用“边角边”证明△APE和△APQ全等，根据全等三角形对应边相等可得PQ=PE，再根据PE=PB+BE等量代换即可得证．

如图，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°

得到△ABE，

由旋转的性质得，BE=DQ，AE=AQ，∠BAE=∠DAQ，

∵∠PAQ=45°

∴∠EAP=∠PAQ=45°

在△APE和△APQ中，

∴△APE≌△APQ（SAS），

∴PQ=PE，

∵PE=PB+BE，

∴PQ=PB+DQ．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．

【考点】等边三角形的性质；

【分析】延长AC到E，使CE=BM，连接DE，求证△BMD≌△CDE可得∠BDM=∠CDE，进而求证△MDN≌△EDN可得MN=NE=NC+CE=NC+BM，即可计算△AMN周长，即可解题．

延长AC到E，使CE=BM，连接DE，（如图）

∵BD=DC，∠BDC=120°

∴∠CBD=∠BCD=30°

∵∠ABC=∠ACB=60°

∴∠ABD=∠ACD=∠DCE=90°

∴△BMD≌△CDE，

∴∠BDM=∠CDE，DM=DE，

又∵∠MDN=60°

∴∠BDM+∠NDC=60°

∴∠EDC+∠NDC=∠NDE=60°

=∠NDM，

又∵DN=DN，

∴△MDN≌△EDN（SAS），

∴MN=NE=NC+CE=NC+BM，

所以△AMN周长=AM+AN+MN=AM+AN+NC+BM=AB+AC=2．

【点评】本题考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边、对应角相等的性质，等边三角形各边长相等、各内角为60°

的性质，本题中求证MN=NE=NC+CE=NC+BM是解题的关键．

【专题】动点型．

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°

得出结论即可；

（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：

①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．

（1）当t=1时，AP=BQ=1，BP=AC=3，

又∠A=∠B=90°

在△ACP和△BPQ中，

∴△ACP≌△BPQ（SAS）．

∴∠ACP=∠BPQ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°

∴∠CPQ=90°

即线段PC与线段PQ垂直．

（2）①若△ACP≌△BPQ，

则AC=BP，AP=BQ，

解得

；

②若△ACP≌△BQP，

则AC=BQ，AP=BP，

综上所述，存在

或

使得△ACP与△BPQ全等．

【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．

【考点】四边形综合题．

（1）①根据正方形边长为10cm和点P在线段BC上的速度为4cm/秒即可求出CP的长；

②分△BPE≌△CPQ和△BPE≌△CQP两种情况进行解答；

（2）根据题意列出方程，解方程即可得到答案．

（1）①PC=BC﹣BP=10﹣4t；

②当△BPE≌△CPQ时，

BP=PC，BE=CQ，

即4t=10﹣4t，at=6，

解得a=4.8；

当△BPE≌△CQP时，

BP=CQ，BE=PC，

即4t=at，10﹣4t=6，

解得a=4；

（2）当a=4.8时，

由题意得，4.8t﹣4t=30，

解得t=37.5，

∴点P共运动了37.5×

4=150cm，

∴点P与点Q在点A相遇，

当a=4时，点P与点Q的速度相等，∴点P与点Q不会相遇．

∴经过37.5秒点P与点Q第一次在点A相遇．

【点评】本题考查的是正方形的性质和全等三角形的判定和性质，正确运用数形结合思想和分类讨论思想是解题的关键．

等腰直角三角形；

平行四边形的性质．

【专题】几何综合题．

（1）如答图2，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP；

（2）如答图3，作辅助线，构造全等三角形△BDF≌△PDA，可以证明BD=DP．

【解答】题干引论：

如答图1，过点D作DF⊥MN，交AB于点F，

则△ADF为等腰直角三角形，∴DA=DF．

∵∠1+∠FDP=90°

，∠FDP+∠2=90°

∴∠1=∠2．

在△BDF与△PDA中，

∴△BDF≌△PDA（ASA）

∴BD=DP．

（1）答：

BD=DP成立．

如答图2，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，

∵∠1+∠ADB=90°

，∠ADB+∠2=90°

（2）答：

BD=DP．

如答图3，过点D作DF⊥MN，交AB的延长线于点F，

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

角平分线的性质；

等边三角形的性质．

（1）根据角平分线上的点到角的两边的距离相等直接回答；

（2）过P作OA、OB的垂线，构造图①的图形，利用

（1）的结论证明PC、PD所在的三角形全等；

（3）仿

（2）的证明可得PC=PD．

（1）证明：

∵OP平分∠AOB，PC⊥OA于C，

OM平分∠AOB，

∴∠CPO=∠OPD=30°

，∠AOP=∠POB=60°

∴PD⊥OB于D，

∴PC=PD．（角平分线上的点到角的两边的距离相等）

（2）解：

过P点作PQ⊥OA于Q，PN⊥OB于N．

由

（1）得PQ=PN．

∵∠AOB=120°

∴∠QPN=360°

﹣90°

﹣120°

=60°

∴∠QPC=∠NPD=60°

﹣∠CPN．

∴△PQC≌△PND．（ASA）

∴PC=PD．

（3）解：

【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，由易到难层层递进，把握解题思路是关键．

（1）由AD=BC=8，AB=CD，BD为公共边，所以可证得△ABD≌△CDB，所以可知∠ADB=∠CBD，所以AD∥BC；

（2）设G点的移动距离为y，分两种情况，一种F由C到B，一种F由B到C，再结合△DEG≌△BFG可得到DE=BF，DG=BG，或DE=BG，DG=BF可得到方程，解出时间t和y的值即可．

【解答】

在△ABD和△CDB中

∴△ABD≌△CDB，

∴∠ADB=∠CBD，

∴AD∥BC；

设G点的移动距离为y，

当△DEG与△BFG时有：

∠EDG=∠FBG，

∴DE=BF，DG=BG，或DE=BG，DG=BF，

当F由C到B，即0＜t≤

时，

则有

，解得

（舍去），

当F由B到C，即

有

综上可知共有三次，移动的时间分别为2秒、4秒、5秒，移动的距离分别为6、6、5．

【点评】本题主要考查三角形全等的判定和性质，第

（2）题解题的关键是利用好三角形全等，从而得到方程解得．

【专题】动点型；

操作型．

（1）根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°

即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；

（2）结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论．

（1）BG=DE，BG⊥DE；

∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，

∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°

∴∠BCG=∠DCE，

在△BCG和△DCE中，

BC=DC∠BCG=∠DCECG=CE，

∴△BCG≌△DCE（SAS），

∴BG=DE；

延长BG交DE于点H，

∵△BCG≌△DCE，

∴∠CBG=∠CDE，

又∠CBG+∠BGC=90°

∴∠CDE+∠DGH=90°

∴∠DHG=90°

∴BH⊥DE，即BG⊥DE；

（2）BG=DE，BG⊥DE仍然成立，

在图

（2）中证明如下

∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形

∴BC=CD，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°

∴△BCG≌△DCE（SAS）

∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，

又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°

∴∠CDE+∠DHO=90°

∴∠DOH=90°

∴BG⊥DE．

【点评】此题考查的知识点是正方形的性质，解答本题关键要充分利用正方形的特殊性质，利用三角形全等论证．

【考点】作图-轴对称变换．

（1）根据轴对称的性质画出图形，再由HL定理得出△DOP′≌△DOP，△EOP″≌△