【期末核心考点】图形的全等（含解析）2024-2025学年七年级下册数学华东师大版（2024）
文档属性
| 名称 | 【期末核心考点】图形的全等（含解析）2024-2025学年七年级下册数学华东师大版（2024） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 917.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 华东师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-14 19:22:05 | ||
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文档简介
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期末核心考点 图形的全等
一．选择题（共7小题）
1．（2025 平阴县二模）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数（ ）
A．35° B．45° C．80° D．100°
2．（2024秋 安阳期末）如图，△ABC≌△AEF，则对于结论①AC＝AF，②∠FAB＝∠EAB，③EF＝BC，④∠EAB＝∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2025 厦门校级模拟）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝25°，∠C＝105°，∠CAE＝70°，则∠BAE的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
4．（2024秋 阳新县期末）如图所示的网格是由9个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则∠1﹣∠2﹣∠3的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
5．（2024秋 河池期末）如图，Rt△ABC≌Rt△DBE，若∠A＝30°，则∠D的度数为（ ）
A．60° B．45° C．35° D．30°
6．（2024秋 滦州市期末）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
7．（2025春 市中区校级期中）如图，AC⊥BE，DE⊥BE，若△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，则CE等于（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 广信区期末）如图所示，△ACB≌△DEF，其中A与D，C与E是对应顶点，则∠ABC＝ ．
9．（2025 椒江区二模）如图，△ABC≌△CDE，点D在边AC上，若AB＝3，CE＝8，则AD＝ ．
10．（2024秋 青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 ．
11．（2025春 杨浦区期中）如图，已知△AEC≌△ADB，如果∠2＝25°，∠AGE＝80°，那么∠D＝ °．
12．（2025 兰山区一模）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠2+∠3＝ ．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 衡山县期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F．
（1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数；
（2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和．
14．（2025春 铁西区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，∠ACB是锐角，∠B＝30°，∠ACD＝60°，延长BA交DE于点F，交CE于点G．
（1）判断直线BF与CE是否垂直？请说明理由；
（2）若AC∥DE，求∠DCE的度数．
15．（2025春 崂山区期中）已知：如图①，AB⊥BD，DE⊥BD，点C是BD上一点，且△ABC≌△CDE．
（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，若把△CDE沿直线BD向左移动，使△CDE的顶点C与B重合，AC与BE交于点F，此时AC与BE的位置关系怎样？请说明理由；
（3）图②中，若S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，求四边形CDEF的面积．
期末核心考点 图形的全等
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 平阴县二模）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数（ ）
A．35° B．45° C．80° D．100°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】由全等三角形的对应角相等得到∠E＝∠ACB＝45°，由三角形内角和定理即可求出∠DCE的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴∠E＝∠ACB＝45°，
∵∠D＝35°，
∴∠DCE＝180°﹣45°﹣35°＝100°．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
2．（2024秋 安阳期末）如图，△ABC≌△AEF，则对于结论①AC＝AF，②∠FAB＝∠EAB，③EF＝BC，④∠EAB＝∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质可得到AF＝AC，EF＝BC，∠EAF＝∠BAC，从而得到∠EAB＝∠FAC，最后证明∠EAB＝∠FAB不成立即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AEF，
∴AF＝AC，EF＝BC，∠EAF＝∠BAC，故①、③符合题意，
∵∠EAB+BAF＝∠EAF，∠FAC+∠BAF＝∠BAC，
∴∠EAB+BAF＝∠FAC+∠BAF，
∴∠EAB＝∠FAC，故④符合题意，
∵∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠CAF，
∴∠EAB＝∠FAB不一定成立，故②不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质是关键．
3．（2025 厦门校级模拟）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝25°，∠C＝105°，∠CAE＝70°，则∠BAE的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【考点】全等三角形的性质；三角形内角和定理．
【专题】三角形；图形的全等；推理能力．
【答案】A
【分析】由全等三角形性质推出∠B＝∠D＝25°，由三角形内角和定理求出∠BAC＝50°，即可求出∠BAE的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠B＝∠D＝25°，
∵∠C＝105°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝50°，
∵∠CAE＝70°，
∴∠BAE＝∠CAE﹣∠BAC＝20°．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的性质，三角形内角和定理，关键是掌握掌握全等三角形的对应角相等．
4．（2024秋 阳新县期末）如图所示的网格是由9个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则∠1﹣∠2﹣∠3的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
【考点】全等图形．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
【分析】根据网格特点，可得出∠1＝90°，∠2＝∠4，∠3+∠4＝45°，进而可求解．
【解答】解：如图，则∠1＝90°，∠2＝∠4，∠3+∠4＝45°，
∴∠1﹣∠2﹣∠3＝90°﹣45°＝45°，
故选：B．
【点评】本题考查网格中的全等图形、三角形的外角性质，会利用全等图形求正方形网格中角度之和是解答的关键．
5．（2024秋 河池期末）如图，Rt△ABC≌Rt△DBE，若∠A＝30°，则∠D的度数为（ ）
A．60° B．45° C．35° D．30°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】由全等三角形的对应角相等即可得到答案．
【解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DBE，
∴∠D＝∠A＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
6．（2024秋 滦州市期末）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的对应角相等解答．
【解答】解：∵图中的两个三角形全等，
∴∠α＝70°，
故选：D．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，熟记全等三角形的对应角相等是解题的关键．
7．（2025春 市中区校级期中）如图，AC⊥BE，DE⊥BE，若△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，则CE等于（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质得到BE＝AC＝8，BC＝DE＝3，结合图形根据线段的和差计算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，
∴BE＝AC＝8，BC＝DE＝3，
∴CE＝BE﹣BC＝8﹣3＝5，
故选：C．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 广信区期末）如图所示，△ACB≌△DEF，其中A与D，C与E是对应顶点，则∠ABC＝ ∠DFE ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】∠DFE．
【分析】注意：全等三角形书写时各对应顶点应在相应位置，可由此准确地找到对应关系．
【解答】解：由题意可得：△ACB≌△DEF，
∴∠ABC＝∠DFE．
故答案为：∠DFE．
【点评】本题考查全等三角形的性质，解题的关键是掌握：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
9．（2025 椒江区二模）如图，△ABC≌△CDE，点D在边AC上，若AB＝3，CE＝8，则AD＝ 5 ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】5．
【分析】由全等三角形的性质推出CD＝AB＝3，AC＝CE＝8，即可求出AD的长．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴CD＝AB＝3，AC＝CE＝8，
∴AD＝AC﹣CD＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等．
10．（2024秋 青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 或85 ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】或85．
【分析】依题意得∠EFG＝∠HGF＝90°，设OF＝a，则OG＝17﹣a，分两种情况讨论如下：①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，由EF＝FG得5＝17﹣a，解得a＝12，则OF＝HG＝12，此时四边形EFGH是直角梯形，然后根据梯形的面积公式即可求出四边形EFGH的面积；②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，根据EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°得此时四边形EFGH是矩形，然后根据长方形的面积公式即可得出四边形EF的面积，综上所述即可得出答案．
【解答】解：设四边形EFGH的“等形点”为O，
∵∠EFG＝90°，EF∥GH，
∴∠EFG＝∠HGF＝90°，
设OF＝a，
∵EF＝5，FG＝17，点O在FG上，
∴OG＝FG﹣OF＝17﹣a，
∴有以下两种情况：
①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，如图1所示：
由EF＝FG，得：5＝17﹣a，
解得：a＝12，
∴OF＝a＝12，OG＝17﹣12＝5，
∴OF＝HG＝12，
∴EF∥GH，则此时四边形EFGH是直角梯形，
∴S四边形EFGH（EF+HG） FG（5+12）×17；
②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，如图2所示：
∵EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°，
∴四边形EFGH是长方形，
∴S四边形EFGH＝EF FG＝5×17＝85，
综上所述：四边形EFGH的面积是或85．
故答案为：或85．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，理解四边形的“等形点”的定义，熟练掌握全等三角形的性质是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的易错点．
11．（2025春 杨浦区期中）如图，已知△AEC≌△ADB，如果∠2＝25°，∠AGE＝80°，那么∠D＝ 75 °．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】75．
【分析】根据全等三角形的性质得∠E＝∠D，∠EAC＝∠DAB，进而得∠1＝∠2＝25°，再由三角形内角和定理求出∠E＝75°，由此即可得∠D的度数．
【解答】解：∵△AEC≌△ADB，∠2＝25°，
∴∠E＝∠D，∠EAC＝∠DAB，
∴∠1+∠GAC＝∠GAC+∠2，
∴∠1＝∠2＝25°，
在△AEG中，∠AGE＝80°，
∴∠E＝180°﹣（∠1+∠AGE）＝180°﹣（25°+80°）＝75°，
∴∠D＝75°，
故答案为：75．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，理解全等三角形的对应角相等，对应边相等是解决问题的关键．
12．（2025 兰山区一模）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠2+∠3＝ 135° ．
【考点】全等图形．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3＝∠ACB，再由∠ACB+∠1＝∠1+∠3＝90°，可得∠1+∠2+∠3＝90°．
【解答】解：∵在△ABC和△DBE中，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3＝∠ACB，
∵∠ACB+∠1＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠1+∠2+∠3＝90°+45°＝135°，
故答案为：135°．
【点评】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 衡山县期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F．
（1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数；
（2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）40°；
（2）33.5．
【分析】（1）利用全等三角形的性质、等式的性质可得出∠CAE＝∠BAD，然后利用角的和差关系求解即可；
（2）利用全等三角形的性质可求出AB＝AD＝10，BC＝DE＝9，然后利用三角形的周长公式求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
由条件可知∠CAE+∠BAD＝∠CAD﹣∠BAE＝80°，
∴∠CAE＝∠BAD＝40°；
（2）∵AD＝10，BE＝CE＝4.5，△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD＝10，BC＝DE＝BE+CE＝9，
AD+DF+AF+BF+EF+BE
＝AD+（DF+EF）+（AF+BF）+BE
＝AD+DE+AB+BE
＝10+9+10+4.5
＝33.5．
【点评】本题考查了全等三角形的性质等知识，熟练掌握该知识点是关键．
14．（2025春 铁西区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，∠ACB是锐角，∠B＝30°，∠ACD＝60°，延长BA交DE于点F，交CE于点G．
（1）判断直线BF与CE是否垂直？请说明理由；
（2）若AC∥DE，求∠DCE的度数．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）BF⊥CE，理由见解析；
（2）30°．
【分析】（1）先根据全等三角形的性质得出∠B＝∠E＝30°，∠ACB＝∠DCE，故可得出∠ACB+∠ACG＝∠DCE+∠ACG＝∠ACD＝60°，故可得出∠BGC＝90°，据此得出结论；
（2）由AC∥DE可知∠E＝∠ACG＝30°，再根据∠ACD＝60°即可得出结论．
【解答】解：（1）BF⊥CE，理由：
∵△ABC≌△DEC，∠B＝30°，∠ACD＝60°，
∴∠B＝∠E＝30°，∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCG＝∠ACB+∠ACG＝∠DCE+∠ACG＝∠ACD＝60°，
∴∠BGC＝180°﹣∠B﹣∠BCG＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴BF⊥CE；
（2）由（1）知∠E＝30°，
∵AC∥DE，
∴∠ACG＝∠E＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠DCE＝∠ACD﹣∠ACG＝60°﹣30°＝30°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，熟知全等三角形的对应角相等是解题的关键．
15．（2025春 崂山区期中）已知：如图①，AB⊥BD，DE⊥BD，点C是BD上一点，且△ABC≌△CDE．
（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，若把△CDE沿直线BD向左移动，使△CDE的顶点C与B重合，AC与BE交于点F，此时AC与BE的位置关系怎样？请说明理由；
（3）图②中，若S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，求四边形CDEF的面积．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）AC⊥CE，理由见解答过程；
（2）AC⊥BE，理由见解答过程；
（3）9．
【分析】（1）根据全等三角形的性质及直角三角形的性质求出∠ACE＝90°，就可以得出AC⊥CE；
（2）如图2，根据△ABC≌△CDE可以得出∠BFC＝90°，从而得出结论；
（3）根据S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，可得S△BFCS△ABC＝3，由△ABC≌△BDE，得S△BDE＝S△ABC＝12，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）AC⊥CE，理由如下：
∵AB⊥BD，
∴∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵△ABC≌△CDE，
∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E，
∴∠DCE+∠ACB＝90°，
∵∠DCE+∠ACB+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）AC⊥BE，理由如下：
∵△ABC≌△BDE，
∴∠A＝∠EBD，∠ACB＝∠E，
∵∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∴∠EBD+∠ACB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴AC⊥BE；
（3）∵S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，
∴S△BFCS△ABC＝3，
∵△ABC≌△BDE，
∴S△BDE＝S△ABC＝12，
∴四边形CDEF的面积＝12﹣3＝9．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，平移的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
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期末核心考点 图形的全等
一．选择题（共7小题）
1．（2025 平阴县二模）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数（ ）
A．35° B．45° C．80° D．100°
2．（2024秋 安阳期末）如图，△ABC≌△AEF，则对于结论①AC＝AF，②∠FAB＝∠EAB，③EF＝BC，④∠EAB＝∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2025 厦门校级模拟）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝25°，∠C＝105°，∠CAE＝70°，则∠BAE的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
4．（2024秋 阳新县期末）如图所示的网格是由9个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则∠1﹣∠2﹣∠3的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
5．（2024秋 河池期末）如图，Rt△ABC≌Rt△DBE，若∠A＝30°，则∠D的度数为（ ）
A．60° B．45° C．35° D．30°
6．（2024秋 滦州市期末）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
7．（2025春 市中区校级期中）如图，AC⊥BE，DE⊥BE，若△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，则CE等于（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 广信区期末）如图所示，△ACB≌△DEF，其中A与D，C与E是对应顶点，则∠ABC＝ ．
9．（2025 椒江区二模）如图，△ABC≌△CDE，点D在边AC上，若AB＝3，CE＝8，则AD＝ ．
10．（2024秋 青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 ．
11．（2025春 杨浦区期中）如图，已知△AEC≌△ADB，如果∠2＝25°，∠AGE＝80°，那么∠D＝ °．
12．（2025 兰山区一模）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠2+∠3＝ ．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 衡山县期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F．
（1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数；
（2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和．
14．（2025春 铁西区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，∠ACB是锐角，∠B＝30°，∠ACD＝60°，延长BA交DE于点F，交CE于点G．
（1）判断直线BF与CE是否垂直？请说明理由；
（2）若AC∥DE，求∠DCE的度数．
15．（2025春 崂山区期中）已知：如图①，AB⊥BD，DE⊥BD，点C是BD上一点，且△ABC≌△CDE．
（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，若把△CDE沿直线BD向左移动，使△CDE的顶点C与B重合，AC与BE交于点F，此时AC与BE的位置关系怎样？请说明理由；
（3）图②中，若S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，求四边形CDEF的面积．
期末核心考点 图形的全等
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025 平阴县二模）如图，△ABC≌△CDE，若∠D＝35°，∠ACB＝45°，则∠DCE的度数（ ）
A．35° B．45° C．80° D．100°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】由全等三角形的对应角相等得到∠E＝∠ACB＝45°，由三角形内角和定理即可求出∠DCE的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴∠E＝∠ACB＝45°，
∵∠D＝35°，
∴∠DCE＝180°﹣45°﹣35°＝100°．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
2．（2024秋 安阳期末）如图，△ABC≌△AEF，则对于结论①AC＝AF，②∠FAB＝∠EAB，③EF＝BC，④∠EAB＝∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质可得到AF＝AC，EF＝BC，∠EAF＝∠BAC，从而得到∠EAB＝∠FAC，最后证明∠EAB＝∠FAB不成立即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AEF，
∴AF＝AC，EF＝BC，∠EAF＝∠BAC，故①、③符合题意，
∵∠EAB+BAF＝∠EAF，∠FAC+∠BAF＝∠BAC，
∴∠EAB+BAF＝∠FAC+∠BAF，
∴∠EAB＝∠FAC，故④符合题意，
∵∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠CAF，
∴∠EAB＝∠FAB不一定成立，故②不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的性质是关键．
3．（2025 厦门校级模拟）如图，△ABC≌△ADE，∠D＝25°，∠C＝105°，∠CAE＝70°，则∠BAE的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【考点】全等三角形的性质；三角形内角和定理．
【专题】三角形；图形的全等；推理能力．
【答案】A
【分析】由全等三角形性质推出∠B＝∠D＝25°，由三角形内角和定理求出∠BAC＝50°，即可求出∠BAE的度数．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠B＝∠D＝25°，
∵∠C＝105°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝50°，
∵∠CAE＝70°，
∴∠BAE＝∠CAE﹣∠BAC＝20°．
故选：A．
【点评】本题考查全等三角形的性质，三角形内角和定理，关键是掌握掌握全等三角形的对应角相等．
4．（2024秋 阳新县期末）如图所示的网格是由9个相同的小正方形拼成的，图形的各个顶点均为格点，则∠1﹣∠2﹣∠3的度数为（ ）
A．30° B．45° C．55° D．60°
【考点】全等图形．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】B
【分析】根据网格特点，可得出∠1＝90°，∠2＝∠4，∠3+∠4＝45°，进而可求解．
【解答】解：如图，则∠1＝90°，∠2＝∠4，∠3+∠4＝45°，
∴∠1﹣∠2﹣∠3＝90°﹣45°＝45°，
故选：B．
【点评】本题考查网格中的全等图形、三角形的外角性质，会利用全等图形求正方形网格中角度之和是解答的关键．
5．（2024秋 河池期末）如图，Rt△ABC≌Rt△DBE，若∠A＝30°，则∠D的度数为（ ）
A．60° B．45° C．35° D．30°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】由全等三角形的对应角相等即可得到答案．
【解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DBE，
∴∠D＝∠A＝30°．
故选：D．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应角相等．
6．（2024秋 滦州市期末）已知图中的两个三角形全等，则∠α的度数是（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】D
【分析】根据全等三角形的对应角相等解答．
【解答】解：∵图中的两个三角形全等，
∴∠α＝70°，
故选：D．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，熟记全等三角形的对应角相等是解题的关键．
7．（2025春 市中区校级期中）如图，AC⊥BE，DE⊥BE，若△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，则CE等于（ ）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质得到BE＝AC＝8，BC＝DE＝3，结合图形根据线段的和差计算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△BDE，AC＝8，DE＝3，
∴BE＝AC＝8，BC＝DE＝3，
∴CE＝BE﹣BC＝8﹣3＝5，
故选：C．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2024秋 广信区期末）如图所示，△ACB≌△DEF，其中A与D，C与E是对应顶点，则∠ABC＝ ∠DFE ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；运算能力．
【答案】∠DFE．
【分析】注意：全等三角形书写时各对应顶点应在相应位置，可由此准确地找到对应关系．
【解答】解：由题意可得：△ACB≌△DEF，
∴∠ABC＝∠DFE．
故答案为：∠DFE．
【点评】本题考查全等三角形的性质，解题的关键是掌握：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
9．（2025 椒江区二模）如图，△ABC≌△CDE，点D在边AC上，若AB＝3，CE＝8，则AD＝ 5 ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】5．
【分析】由全等三角形的性质推出CD＝AB＝3，AC＝CE＝8，即可求出AD的长．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴CD＝AB＝3，AC＝CE＝8，
∴AD＝AC﹣CD＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查全等三角形的性质，关键是掌握全等三角形的对应边相等．
10．（2024秋 青浦区校级期末）我们规定：在四边形ABCD中，O是边BC上的一点，如果△OAB与△OCD全等，那么点O叫做该四边形的“等形点”．在四边形EFGH中，∠EFG＝90°，EF∥GH，EF＝5，FG＝17，如果该四边形的“等形点”在边FG上，那么四边形EFGH的面积是 或85 ．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】或85．
【分析】依题意得∠EFG＝∠HGF＝90°，设OF＝a，则OG＝17﹣a，分两种情况讨论如下：①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，由EF＝FG得5＝17﹣a，解得a＝12，则OF＝HG＝12，此时四边形EFGH是直角梯形，然后根据梯形的面积公式即可求出四边形EFGH的面积；②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，根据EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°得此时四边形EFGH是矩形，然后根据长方形的面积公式即可得出四边形EF的面积，综上所述即可得出答案．
【解答】解：设四边形EFGH的“等形点”为O，
∵∠EFG＝90°，EF∥GH，
∴∠EFG＝∠HGF＝90°，
设OF＝a，
∵EF＝5，FG＝17，点O在FG上，
∴OG＝FG﹣OF＝17﹣a，
∴有以下两种情况：
①当EF＝FG，OF＝HG时，△OEF≌△HOG，如图1所示：
由EF＝FG，得：5＝17﹣a，
解得：a＝12，
∴OF＝a＝12，OG＝17﹣12＝5，
∴OF＝HG＝12，
∴EF∥GH，则此时四边形EFGH是直角梯形，
∴S四边形EFGH（EF+HG） FG（5+12）×17；
②当EF＝HF＝5，OF＝OG时，△OEF≌△OHG，如图2所示：
∵EF∥GH，EF＝HF＝5，∠EFG＝∠HGF＝90°，
∴四边形EFGH是长方形，
∴S四边形EFGH＝EF FG＝5×17＝85，
综上所述：四边形EFGH的面积是或85．
故答案为：或85．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，理解四边形的“等形点”的定义，熟练掌握全等三角形的性质是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的易错点．
11．（2025春 杨浦区期中）如图，已知△AEC≌△ADB，如果∠2＝25°，∠AGE＝80°，那么∠D＝ 75 °．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】三角形；图形的全等；几何直观；推理能力．
【答案】75．
【分析】根据全等三角形的性质得∠E＝∠D，∠EAC＝∠DAB，进而得∠1＝∠2＝25°，再由三角形内角和定理求出∠E＝75°，由此即可得∠D的度数．
【解答】解：∵△AEC≌△ADB，∠2＝25°，
∴∠E＝∠D，∠EAC＝∠DAB，
∴∠1+∠GAC＝∠GAC+∠2，
∴∠1＝∠2＝25°，
在△AEG中，∠AGE＝80°，
∴∠E＝180°﹣（∠1+∠AGE）＝180°﹣（25°+80°）＝75°，
∴∠D＝75°，
故答案为：75．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，理解全等三角形的对应角相等，对应边相等是解决问题的关键．
12．（2025 兰山区一模）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1+∠2+∠3＝ 135° ．
【考点】全等图形．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3＝∠ACB，再由∠ACB+∠1＝∠1+∠3＝90°，可得∠1+∠2+∠3＝90°．
【解答】解：∵在△ABC和△DBE中，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3＝∠ACB，
∵∠ACB+∠1＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠1+∠2+∠3＝90°+45°＝135°，
故答案为：135°．
【点评】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等三角形的判定，以及全等三角形对应角相等．
三．解答题（共3小题）
13．（2024秋 衡山县期末）如图，△ABC≌△ADE，点E在边BC上（不与点B，C重合），DE与AB交于点F．
（1）若∠CAD＝110°，∠BAE＝30°，求∠BAD的度数；
（2）若AD＝10，BE＝CE＝4.5，求△ADF与△BEF的周长和．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）40°；
（2）33.5．
【分析】（1）利用全等三角形的性质、等式的性质可得出∠CAE＝∠BAD，然后利用角的和差关系求解即可；
（2）利用全等三角形的性质可求出AB＝AD＝10，BC＝DE＝9，然后利用三角形的周长公式求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
由条件可知∠CAE+∠BAD＝∠CAD﹣∠BAE＝80°，
∴∠CAE＝∠BAD＝40°；
（2）∵AD＝10，BE＝CE＝4.5，△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD＝10，BC＝DE＝BE+CE＝9，
AD+DF+AF+BF+EF+BE
＝AD+（DF+EF）+（AF+BF）+BE
＝AD+DE+AB+BE
＝10+9+10+4.5
＝33.5．
【点评】本题考查了全等三角形的性质等知识，熟练掌握该知识点是关键．
14．（2025春 铁西区期中）如图，已知△ABC≌△DEC，∠ACB是锐角，∠B＝30°，∠ACD＝60°，延长BA交DE于点F，交CE于点G．
（1）判断直线BF与CE是否垂直？请说明理由；
（2）若AC∥DE，求∠DCE的度数．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）BF⊥CE，理由见解析；
（2）30°．
【分析】（1）先根据全等三角形的性质得出∠B＝∠E＝30°，∠ACB＝∠DCE，故可得出∠ACB+∠ACG＝∠DCE+∠ACG＝∠ACD＝60°，故可得出∠BGC＝90°，据此得出结论；
（2）由AC∥DE可知∠E＝∠ACG＝30°，再根据∠ACD＝60°即可得出结论．
【解答】解：（1）BF⊥CE，理由：
∵△ABC≌△DEC，∠B＝30°，∠ACD＝60°，
∴∠B＝∠E＝30°，∠ACB＝∠DCE，
∴∠BCG＝∠ACB+∠ACG＝∠DCE+∠ACG＝∠ACD＝60°，
∴∠BGC＝180°﹣∠B﹣∠BCG＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
∴BF⊥CE；
（2）由（1）知∠E＝30°，
∵AC∥DE，
∴∠ACG＝∠E＝30°，
∵∠ACD＝60°，
∴∠DCE＝∠ACD﹣∠ACG＝60°﹣30°＝30°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，熟知全等三角形的对应角相等是解题的关键．
15．（2025春 崂山区期中）已知：如图①，AB⊥BD，DE⊥BD，点C是BD上一点，且△ABC≌△CDE．
（1）试判断AC与CE的位置关系，并说明理由；
（2）如图②，若把△CDE沿直线BD向左移动，使△CDE的顶点C与B重合，AC与BE交于点F，此时AC与BE的位置关系怎样？请说明理由；
（3）图②中，若S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，求四边形CDEF的面积．
【考点】全等三角形的性质．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）AC⊥CE，理由见解答过程；
（2）AC⊥BE，理由见解答过程；
（3）9．
【分析】（1）根据全等三角形的性质及直角三角形的性质求出∠ACE＝90°，就可以得出AC⊥CE；
（2）如图2，根据△ABC≌△CDE可以得出∠BFC＝90°，从而得出结论；
（3）根据S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，可得S△BFCS△ABC＝3，由△ABC≌△BDE，得S△BDE＝S△ABC＝12，进而可以解决问题．
【解答】解：（1）AC⊥CE，理由如下：
∵AB⊥BD，
∴∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∵△ABC≌△CDE，
∴∠A＝∠DCE，∠ACB＝∠E，
∴∠DCE+∠ACB＝90°，
∵∠DCE+∠ACB+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）AC⊥BE，理由如下：
∵△ABC≌△BDE，
∴∠A＝∠EBD，∠ACB＝∠E，
∵∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∴∠EBD+∠ACB＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴AC⊥BE；
（3）∵S△ABC＝12，AF：CF＝3：1，
∴S△BFCS△ABC＝3，
∵△ABC≌△BDE，
∴S△BDE＝S△ABC＝12，
∴四边形CDEF的面积＝12﹣3＝9．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，平移的性质的运用，垂直的判定及性质的运用，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
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