人教版部编版八年级数学上册第十二章第二节三角形全等的判定考试复习题九含答案 64.docx
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人教版部编版八年级数学上册第十二章第二节三角形全等的判定考试复习题九含答案64
人教版_部编版八年级数学上册第十二章第二节三角形全等的判定考试复习题九（含答案）
如图，在长方形ABCD中，AB=4cm，BC=6cm，点E为AB中点，如果点P在线段BC上以每秒2cm的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CD上由点C向点D运动．设运动时间为t秒.
（1）当t=2时，求△EBP的面积
（2）若点Q以与点P不同的速度运动，经过几秒△BPE与△CQP全等，此时点Q的速度是多少？
（3）若点Q以
（2）中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿长方形ABCD的四边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在长方形ABCD的哪条边上相遇？
【答案】
（1）4cm2；
（2）经过1.5秒△BPE与△CQP全等，此时点Q的速度是
cm/s（3）经过9秒点P与点Q第一次在AB边上相遇.
【解析】
【分析】
△EBP的面积可用
EB×BP求得，用t将EPBP表示出即可;
（2）设点Q的运动速度为xcm/s，先根据时间、速度表示路程:
BP=2t，CP=6-2t，
，根据点E为AB中点表示EB=2，根据△BPE与△CPQ全等，分两种情况：
分别根据对应边相等，列方程可得结论；
（3）用t表示出点P和点Q的路程，令其相等，解出t的值，再根据题意判断是否为第一次相遇.
【详解】
解：
（1）∵t=2
∴BP=2t=4
∵E是AB的中点，AB=4
∴EB=2
∴S△EBP=
EB×BP=4cm2
（2）设点Q的运动速度为xcm/s，则BP=2t，CP=6-2t，
∵∠B=∠C=90°
①当BP=CP，BE=CQ时，△BPE≌△CPQ
∴
解得：
②当BP=CQ，BE=CP时，△BPE≌△CQP
∴
解得：
∵x≠2
∴舍去该种情况
综上所述，经过1.5秒△BPE与△CQP全等，此时点Q的速度是
cm/s
（3）依题意得：
2t=
t+6
解得：
t=9
当t=9时，点P走了2×9=18cm
∵18-BC-CD-AD=2
∴经过9秒点P与点Q第一次在AB边上相遇
【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的性质和判定、矩形的性质、一元一次方程的综合运用，解题关键是根据题意列方程.
32．求证：
全等三角形对应边上的中线相等（请根据图形，写出已知、求证、证明）
已知：
求证：
证明：
【答案】详见解析.
【解析】
【分析】
首先根据△ABC≌△A1B1C1，可得AB=A1B1，BC=B1C1，∠B=∠B1，进而得到中线BD=B1D1，再证明△ABD≌△A1B1D1可得AD=A1D1
．
【详解】
已知：
△ABC≌△A1B1C1，AD、A1D1分别是对应边BC、B1C1的中线
求证：
AD=A1D1
证明：
∵△ABC≌△A1B1C1
∴AB=A1B1
BC=B1C1
∠B=∠B1
∵AD、A1D1分别是对应边BC、B1C1的中线
∴BD=
BC；
B1D1=
B1C1
∴BD=B1D1
在△ABD和△A1B1D1中:
∴△ABD≌△A1B1D1（SAS）
∴AD=A1D1
【点睛】
本题考查的知识点是全等三角形的性质及判定,解题关键是注意命题的证明的格式、步骤．
33．
（1）感知：
如图①．AB=AD，AB⊥AD，BF⊥AF于点F，DG⊥AF于点G．求证：
△ADG≌△BAF；
（2）拓展：
如图②，点B，C在∠MAN的边AM，AN上，点E，F在∠MAN在内部的射线AD上，∠1，∠2分别是△ABE，△CAF的外角，已知AB=AC，∠1=∠2=∠BAC．求证：
△ABE≌△CAF；
（3）应用：
如图③，在△ABC中，AB=AC，AB＞BC，点在D边BC上，CD=2BD，点E，F在线段AD上，∠1=∠2=∠BAC．若△ABC的面积为12，则△ABE与△CDF的面积之和为 ．
【答案】
（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）8
【解析】
【分析】
（1）根据同角的余角相等得到∠DAG=∠B，利用AAS定理证明△ADG≌△BAF；
（2）证明∠ABE=∠CAF，利用AAS定理证明△ADG≌△BAF；
（3）根据三角形的面积公式求出S△ADC，根据全等三角形的性质，结合图形计算即可．
【详解】
（1）证明：
∵AB⊥AD，BF⊥AF，
∴∠DAG+∠BAF=90°，∠B+∠BAF=90°，
∴∠DAG=∠B，
在△ADG和△BAF中，
，
∴△ADG≌△BAF（AAS）；
（2）∵∠1=∠2，
∴∠AEB=∠CFA，
∠1=∠ABE+∠BAE，∠BAC=∠CAF+∠BAE，∠1=∠BAC，
∴∠ABE=∠CAF，
在△ABE和△CAF中，
，
∴△ABE≌△CAF（AAS）；
（3）∵CD=2BD，
∴S△ADC=
S△ABC=8，
由
（2）得，△ABE≌△CAF，
∴△ABE与△CDF的面积之和=△CAF与△CDF的面积之和=S△ADC=8，
故答案为：
8．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质及三角形的面积公式，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．
34．如图，在△ABC中，∠ABC=2∠C，AD平分∠BAC，求证：
AB+BD=AC．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
在AC上截取AE=AB，利用“边角边”证明△ABD和△AED全等，根据全等三角形对应边相等可得DE=BD，全等三角形对应角相等可得∠AED=∠ABC，然后求出∠C=∠CDE，根据等角对等边可得CE=DE，然后结合图形整理即可得证．
【详解】
如图，在AC上截取AE=AB，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠BAD，
在△ABD和△AED中，
，
∴△ABD≌△AED（SAS），
∴DE=BD，∠AED=∠ABC，
∵∠AED=∠C+∠CDE，∠ABC=2∠C，
∴∠CDE=∠C，
∴CE=DE，
∵AE+CE=AC，
∴AB+BD=AC．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，等角对等边的性质，作辅助线构造出全等三角形和等腰三角形是解题的关键．
35．如图，∠3、∠4分别为△ABC与△ABD的外角．已知∠1=∠2，∠3=∠4．求证：
AC=AD．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
根据ASA证明△ABC≌△ABD，再利用全等三角形的性质证明即可．
【详解】
∵∠3+∠ABC=180°，∠4+∠ABD=180°，∠3=∠4，
∴∠ABC=∠ABD，
∵∠1=∠2，AB=AB，
在△ABC与△ABD中，
，
∴△ABC≌△ABD，
∴AC=AD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质：
判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等，对应角相等．
36．如图1，已知A（a，0），B（0，b）分别为两坐标轴上的点，且a，b满足a2﹣24a+|b﹣12|=﹣144，且3OC=OA．
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）若D（2，0），过点D的直线分别交AB、BC于E、F两点，且DF=DE，设E、F两点的横坐标分别为xE、xP，求xE+xP的值；
（3）如图2，若M（4，8），点P是x轴上A点右侧一动点，AH⊥PM于点H，在HM上取点G，使HG=HA，连接CG，当点P在点A右侧运动时，∠CGM的度数是否改变？
若不变，请求其值；若改变，请说明理由．
【答案】
（1）A（12，0），B（0，12），C（﹣4，0）；
（2）4；（3）不改变，∠CGM=45°.
【解析】
【分析】
（1）由偶次方和算术平方根的非负性质求出a和b的值，得出点A、B的坐标，再求出OC，即可得出点C的坐标；
（2）作EG⊥x轴于G，FH⊥x轴于H，由三角形的面积关系得出DF=DE，由AAS证明△FDH≌△EDG，得出DH=DG，即可得出结果；
（3）连接MA、MC，过C作CT⊥PM于T，证明△CMT≌△MAH，可证明△CGT是等腰直角三角形，可求得∠CGM=45°
【详解】
解：
（1）∵a2﹣24a+|b﹣12|=﹣144，
∴（a﹣12）2+|b﹣12|=0，
∴a﹣12=0，b﹣12=0，
∴a=b=12，
∴A（12，0），B（0，12），
∴OA=OB=12，
∵OC：
OA=1：
3．
∴OC=4，
∴C（﹣4，0）；
（2）作EG⊥x轴于G，FH⊥x轴于H，如图1所示：
则∠FHD=∠EGD=90°，
∵BD平分△BEF的面积，
∴DF=DE，
在△FDH和△EDG中，
，
∴△FDH≌△EDG（AAS），
∴DH=DG，即﹣xE+2=xF﹣2，
∴xE+xF=4；
（3）不改变，理由如下：
如图3，连接MA、MC，过C作CT⊥PM于T，过M作MS⊥x轴于点S，
∵M（4，8），C（-4，0），A（12，0），
∴S（4，0），
∴MS垂直平分AC，
∴MC=MA，且MS=SC，
∴∠CMA=90°，
∴∠CMT+∠AMH=∠TCM+∠CMT=90°，
∴∠TCM=∠AMH，
在△CMT和△MAH中
，
∴△CMT≌△MAH（AAS），
∴TM=AH，CT=MH，
又AH=HG，
∴MT=GH，
∴GT=GM+MT=MG+GH=MH=CT，
∴△CGT是等腰直角三角形，
∴∠CGM=45°，
即当点P在点A右侧运动时，∠CGM的度数不改变．
【点睛】
本题主要考查一次函数的综合应用，主要知识点有点的坐标、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、三角形中线的性质、垂直平分线的性质等，本题知识点较多，综合性较强，难度较大．
37．直角三角形ABC中，∠ACB=90°，直线l过点C．
（1）当AC=BC时，如图1，分别过点A和B作AD⊥直线l于点D，BE⊥直线l于点E．△ACD与△CBE是否全等，并说明理由；
（2）当AC=8cm，BC=6cm时，如图2，点B与点F关于直线l对称，连接BF、CF．点M是AC上一点，点N是CF上一点，分别过点M、N作MD⊥直线l于点D，NE⊥直线l于点E，点M从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→C路径运动，终点为C．点N从点F出发，以每秒3cm的速度沿F→C→B→C→F路径运动，终点为F．点M、N同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为t秒．
①当△CMN为等腰直角三角形时，求t的值；
②当△MDC与△CEN全等时，求t的值．
【答案】
（1）全等；证明见解析；
（2）①3.5秒或5秒；②3.5秒或5秒或6.5秒.
【解析】
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；
（2）①分点F沿C→B路径运动和点F沿B→C路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义列出算式，计算即可；
②分点F沿F→C路径运动，点F沿C→B路径运动，点F沿B→C路径运动，点F沿C→F路径运动四种情况，根据全等三角形的判定定理列式计算．
【详解】
解：
（1）△ACD与△CBE全等．
理由如下：
∵AD⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）①由题意得，AM=t，FN=3t，
则CM=8﹣t，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6﹣3t，
点N在BC上时，△CMN为等腰直角三角形，
当点F沿C→B路径运动时，由题意得，8﹣t=3t﹣6，
解得，t=3.5，
当点F沿B→C路径运动时，由题意得，8﹣t=18﹣3t，
解得，t=5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒时，△CMN为等腰直角三角形；
②由折叠的性质可知，∠BCE=∠FCE，
∵∠MCD+∠CMD=90°，∠MCD+∠BCE=90°，
∴∠NCE=∠CMD，
∴当CM=CN时，△MDC与△CEN全等，
当点F沿F→C路径运动时，8﹣t=6﹣3t，
解得，t=﹣1（不合题意），
当点F沿C→B路径运动时，8﹣t═3t﹣6，
解得，t=3.5，
当点F沿B→C路径运动时，由题意得，8﹣t=18﹣3t，
解得，t=5，
当点F沿C→F路径运动时，由题意得，8﹣t=3t﹣18，
解得，t=6.5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC与△CEN全等．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
38．如图，△ABC是等边三角形，AE=CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥DA于Q．
（1）求∠BPQ的度数；
（2）若PQ=3，EP=1，求AD的长．
【答案】
（1）60°；
（2）7.
【解析】
【分析】
（1）根据SAS证明△ABE≌△CAD，然后根据全等三角形的性质得出∠ABE=∠CAD，进而解答即可；
（2）根据含30°的直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：
（1）∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠C=60°，
在△ABE与△CAD中，
，
∴△ABE≌△CAD（SAS）
∴∠ABE=∠CAD，AD=BE，
∴∠BPQ=∠BAD+∠ABE=∠BAD+∠CAD=60°；
（2）∵BQ⊥AD，∠BPQ=60°，
∴∠PBQ=30°，
∴BP=2PQ=6，
又∵AD=BE，
∴BE=BP+PE=6+1=7．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
39．在四边形ABCD中,BC=CD,连接AC、BD,∠ADB=90°.
（1）如图1,若AD=BD=BC,过点D作DF⊥AB于点F,交AC于点E:
①求∠DAC；
②猜想AE、DE、CE的数量关系,并证明你的猜想；
（2）如图2,若AC=BD,求∠DAC的度数.
【答案】
（1）①
，②
，证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】
（1）①只要证明DA=DC，∠ADC=150°即可解决问题；
②结论：
EC=ED+EA．如图1中，设AC交BD于点O，连接BE，在EC上截取EH=EB．由△EBD≌△HBC（SAS），推出DE=CH，可得EC=EH+CH=EB+ED=EA+ED解决问题；
（2）如图2中，作CK⊥BD于K，CH⊥AD交AD的延长线于H．首先证明四边形DHCK是矩形，再证明CH=
AC，即可解决问题；
【详解】
（1）①如图1中，
∵AD=BD=BC，BC=CD，
∴BD=BC=CD，
∴△BDC是等边三角形，
∴∠CDB=60°，
∵∠ADB=90°，
∴∠ADC=90°+60°=150°，
∵DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA=15°，
②结论：
EC=ED+EA．如图1中，设AC交BD于点O，连接BE，在EC上截取EH=EB．
∵DA=DB，DF⊥AB，
∴AF=FB，
∴EA=EB，
∴∠DAF=∠DBF，∠EAB=∠EBA，
∴∠DAE=∠DBE，
∵∠DAE=∠DCO，
∴∠DCO=∠OBE，
∵∠DOC=∠EOB，
∴∠BEO=∠ODC=60°，
∵EH=EB，
∴△EBH是等边三角形，
∴∠EBH=∠DBC=60°，BE=BH，
∴∠EBD=∠HBC，∵BD=BC，
∴△EBD≌△HBC（SAS），
∴DE=CH，
∴EC=EH+CH=EB+ED=EA+ED．
（3）如图2中，作CK⊥BD于K，CH⊥AD交AD的延长线于H．
∵∠H=∠CKD=∠HDK=90°，
∴四边形DHCK是矩形，
∴DK=CH，
∵CD=CB．CK⊥BD，
∴DK=
BD，
∵AC=BD，
∴CH=
AC，
在Rt△ACH中，sin∠CAD=
，
∴∠CAD=30°．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或特殊四边形解决问题．
40．阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题:
如图1,在四边形ABCD中,E是BC的中点,AE是∠BAD的平分线,AB∥DC，求证:
AD=AB+DC．小明发现以下两种方法:
方法1:
如图2,延长AE、DC交于点F；
方法2:
如图3,在AD上取一点G使AG=AB,连接EG、CG.
（1）根据阅读材料,任选一种方法,证明：
AD=AB+DC；用学过的知识或参考小明的方法,解决下面的问题:
（2）如图4,在四边形ABCD中,AE是∠BAD的平分线,E是BC的中点,∠BAD=60°,∠ABC=180°-
∠BCD，求证:
CD=CE.
【答案】
（1）见解析；
（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）方法1：
如图2，延长AE、DC交于点F，证明△ABE≌△FCE（ASA）即可解决问题
方法2：
如图3，在AD上取一点G使AG=AB，连接EG、CG．想办法证明DC=DG即可解决问题；
（2）如图4中，作CM∥AB交AE的延长线于M，CM交AD于N，连接EN．只要证明△CNE≌△CND（ASA）即可解决问题；
【详解】
（1）方法1：
如图2，延长AE、DC交于点F；
∵AB∥DF，
∴∠B=∠ECF，
∵BE=EC，∠BEA=∠CEF，
∴△ABE≌△FCE（ASA），
∴AB=CF，
∵EA平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAF=∠F，
∴AD=DF，
∴AD=CD+AB．
方法2：
如图3，在AD上取一点G使AG=AB，连接EG、CG．
∵AB=AG，∠BAE=∠GAE，AE=AE，
∴△BAE≌△GAE（SAS），
∴BE=EG=EC，∠AEB=∠AEG，
∴∠EGC=∠ECG，
∵∠BEG=∠EGC+∠ECG，
∴∠BEA=∠ECG，
∴AE∥CG，
∴∠EAG=∠CGD，
∵AB∥CD，AE∥CG，
∴∠BAE=∠DCG，
∴∠DCG=∠DGC，
∴CD=DG，
∴AD=AB+CD．
（2）证明：
如图4中，作CM∥AB交AE的延长线于M，CM交AD于N，连接EN．
由
（1）可知：
AN=NM，AE=EM，
∴EN平分∠ANM，
∵∠BAD=60°，MN∥AB，
∴∠MND=∠BAD=60°，
∴∠ENM=∠ENA=60°，
∴∠CND=∠CNE，
∵∠B+∠ECN=180°，∠ABC=180°-
∠BCD，
∴∠NCE=∠NCD，∵CN=CN，
∴△CNE≌△CND（ASA），
∴CE=CD．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，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．
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