苏科版八年级数学上册第一章《全等三角形》提优卷（Word版 含解析）

初二数学《全等三角形》提优卷
一
三角形全等证明中常见的辅助线
一、连线构造全等
1.如图，在R△ABC中，∠A
=
90°，点D为斜边BC上一点，且BD
=
BA，过点D作BC的垂线交AC于点E.求证:点E在∠ABC的平分线上.
2.如图，AB
=
AE，∠C
=
∠D，BC
=
ED，点F是CD的中点，则AF平分∠BAE，试说明理由.
二、倍长中线构造全等
3.如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线.求证:AB
+
AC
>
2AD.
三、做取构造全算
4.如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于点E，连接CE并延长交AP于点D.
求证:AD
+
BC
=
AB.
四、作量战段构造全等
5.（1）如图1，在△ABC中，AB
=
AC，CD⊥AB于点D，BE⊥AC于点E，
求证:CD
=
BE.
（2）如图2，在△ABC中，仍然有条件“AB
=
AC，点D，E分别在AB和AC上.若∠ADC
+
∠AEB
=
180°，则CD与BE是否仍相等?若相等，请证明；若不相等，请举反例说明.
6.如图，已知AD平分∠BAC，∠BAC
+
∠BDC
=
180°，若∠C是钝角；
求证:BD
=
CD.
二
动态问题中全等三角形
一、平移型
6.如图①，点A，E，F，C在一条直线上，AE
=
CF，过点E，F分别作DE⊥AC，BF⊥AC，若AB
=
CD.
（1）求证:BD平分EF（即EG
=
FG）；
（2）若将DE向右平移、将BF向左平移，得到图②所示图形，在其余条件不变的情况下，（1）中的结论是否仍然成立?请说明理由.
二、旋转型
7.如图①，在△AOB和△COD中，OA
=
OB，OC
=
OD，∠AOB
=
∠COD
=
50°.
（1）求证:AC
=
BD，∠APB
=
50°；
（2）如图②，在△AOB和△COD中，OA
=
OB，OC
=
OD，∠AOB
=
∠COD
=
a，则AC与BD间的等量关系为
_________
，∠APB的度数为
_________
.
8.如图，C是线段AB上一点，△ACD和△BCE都是等边三角形，AE交CD于点M，BD交CE于点N，交AE于点O，求证:
（1）∠AOB
=
120°；
（2）CM
=
CN.
9.如图①，两个不全等的等腰直角三角形OAB和OCD叠放在一起，并且有公共的直角顶点O.
（1）在图①中，线段AC，BD的数量关系是
_________
；直线AC，BD相交成的角的度数是
_________
.
（2）将图①的△OAB绕点O顺时针旋转90°角，在图②中画出旋转后的△OAB.
（3）将图①中的△OAB绕点O顺时针旋转一个锐角，连接AC，BD得到图③，这时（1）中的两个结论是否成立?作出判断并说明理由.若△OAB绕点O继续旋转更大的角时，结论仍然成立吗?作出判断，不必说明理由.
三、动点问题
10.如图①，AB
=
4
cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC
=
BD
=
3
cm点P在线段AB上以1
cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动.它们运动的时间为t（s）.
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t
=
1s时，△ACP与△BPQ是否全等?请说明理由，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系.
（2）如图②，将图①中的“AC⊥AB，BD⊥AB″改为”∠CAB
=
∠DBA
=
60°，其他条件不变.设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等?若存在，求出相应的x，t的值；若不存在，请说明理由.
答案与解析
1．【分析】可通过证明Rt△ABE≌Rt△DBE从而得到结论．
【解答】证明：连接BE，
∵ED⊥BC，
∴∠BDE＝∠A＝90°．
在Rt△ABE和Rt△DBE中
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△DBE（HL）．
∴∠ABE＝∠DBE．
∴点E在∠ABC的角平分线上．
2．【分析】连接AC、AD．根据SAS易证△ABC≌△AED，得AC＝AD．根据等腰三角形三线合一性质可证结论．
【解答】解：AF⊥CD
理由如下：如图，连接AC、AD．
在△ABC与△AED中，
∴△ABC≌△AED（SAS）
∴AC＝AD．
∵点F是CD的中点，
∴AF⊥CD；
3．【分析】根据三角形三边关系分别得出BD+AD＞AB、CD+AD＞AC，再根据中线的性质即可得出AD+BD＞（AB+AC）．
【解答】证明：∵BD+AD＞AB，CD+AD＞AC，
∴BD+AD+CD+AD＞AB+AC．
∵AD是BC边上的中线，BD＝CD，
∴AD+BD＞（AB+AC）．
4．【分析】首先在AB上截取AF＝AD，由AE平分∠PAB，利用SAS即可证得△DAE≌△FAE，继而可证得∠EFB＝∠C，然后利用AAS证得△BEF≌△BEC，即可得BC＝BF，继而证得AD+BC＝AB．
【解答】证明：在AB上截取AF＝AD，
∵AE平分∠PAB，
∴∠DAE＝∠FAE，
在△DAE和△FAE中，
∵，
∴△DAE≌△FAE（SAS），
∴∠AFE＝∠ADE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE+∠C＝180°，
∵∠AFE+∠EFB＝180°，
∴∠EFB＝∠C，
∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF＝∠EBC，
在△BEF和△BEC中，
∵，
∴△BEF≌△BEC（AAS），
∴BC＝BF，
∴AD+BC＝AF+BF＝AB．
5．（1）【分析】根据垂直的定义可得∠BDC＝∠CEB＝90°，根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，再有公共边BC，利用AAS可得△BCD≌△CBE，据此可得BD＝CE．
【解答】证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDC＝∠CEB＝90°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
在△BCD和△CBE中，
∠BDC＝∠CEB，∠DBC＝∠ECB，BC＝CB，
∴△BCD≌△CBE（AAS），
∴BD＝CE．
（2）【分析】分别作CF⊥AB，BG⊥AC，先证得△FBC≌△GCB，得出CF＝BG，进而证得△CFD≌△BGE即可证得CD＝BE．
【解答】解：CD＝BE．
证明如下：如图2，分别作CF⊥AB，BG⊥AC，
∴∠CBF＝90°，∠BGC＝90°．
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
在△FBC和△GCB中，
，
∴△FBC≌△GCB（AAS）．
∴CF＝BG，
∵∠ADC+∠AEB＝180°，
又∵∠BEG+∠AEB＝180°，
∴∠ADC＝∠BEG，
在△CFD和△BGE中，
，
∴△CFD≌△BGE（AAS），
∴CD＝BE．
6．【分析】（1）根据四边形的内角和为360°，∠BAC+∠BDC＝180°，可得∠B+∠C＝180°，求出∠C的度数，利用等腰三角形的性质，求出∠DAC＝∠ADC＝25°，
根据AD平分∠BAC，所以∠BAC＝2∠DAC＝50°，得到∠BDC＝130°，根据∠ADB＝∠BDC﹣∠ADC，即可解答；
（2）过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC交AC延长线于N，证明△DMB≌△DNC，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠BAC+∠BDC＝180°，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠B＝50°，
∴∠C＝130°，
∵∵AC＝CD，∠C＝130°，
∴∠DAC＝∠ADC＝（180°﹣∠C）÷2＝25°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠DAC＝50°，
∵∠BAC+∠BDC＝180°，
∴∠BDC＝130°，
∴∠ADB＝∠BDC﹣∠ADC＝130°﹣25°＝105°．
（2）如图，过点D作DM⊥AB于M，DN⊥AC交AC延长线于N，
∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，
∴DM＝DN，∠DMB＝∠DNC＝90，
∵∠ACD+∠B＝180，∠ACD+∠DCN＝180，
∴∠B＝∠DCN，
在△BDM与△CDN中，
，
∴△DMB≌△DNC
（AAS），
∴BD＝CD．
7．【分析】（1）△OAB绕点O顺时针旋转90°角应该在△COD的右边；
（2）的结论容易得到，AC＝BD，AC与BD相交成90°的角；
（3）结论仍然成立，利用等腰直角三角形的性质可以得到全等条件证明△COA≌△DOB，然后利用全等三角形的性质可以证明结论仍然成立．
【解答】解：（1）如图（a）【A，B字母位置互换扣（1分），无弧扣（1分），不连接AB扣（1分），扣完为止）】（2分）
（2）AC＝BD；90（90°）（每空1分）（4分）
（3）成立．如图（b）．
∵∠COD＝∠AOB＝90°，
∴∠COA+∠AOD＝∠AOD+∠DOB，
即：∠COA＝∠DOB（或由旋转得∠COA＝∠DOB），（5分）
∵CO＝OD，OA＝OB，
∴△COA≌△DOB，（6分）
∴AC＝BD，（7分）
延长CA交OD于E，交BD于F，（下面的证法较多）
∵△COA≌△DOB，
∴∠ACO＝∠ODB，（8分）
∵∠CEO＝∠DEF，
∴∠COE＝∠EFD＝90°，
∴AC⊥BD．（9分）
旋转更大角时，结论仍然成立．（10分）
8．【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AC＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠BCE＝60°，则可得到∠ACE＝∠DCB，根据全等三角形的判定方法可得到△ACE≌△DCB，于是有∠CAM＝∠CDN，由于∠ACD＝DAC＝∠BCE＝∠CBE＝60°，可得∠DCE＝60°，则AD∥CE，DC∥BE，利用平行线的性质得到∠DAM＝∠AEC，∠NDC＝∠EBO，得出∠EBO＝∠CAM，根据三角形的外角的性质即可求得；
（2）根据全等三角形的判定方法可得到△ACM≌△DCN，则CM＝CN；
（3）根据等边三角形的判定方法即可得到△MCN为等边三角形，得出∠MNC＝∠ECB＝60°，根据内错角相等两直线平行得出MN∥AB．
【解答】证明：（1）∵△ACD和△BCE都是等边三角形，
∴AC＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠CAM＝∠CDN，
∵∠ACD＝DAC＝∠BCE＝∠CBE＝60°，∠ACB是一个平角，
∴∠DCE＝60°，
∴AD∥CE，DC∥BE，
∵AD∥CE，
∴∠DAM＝∠AEC，
∵DC∥BE，
∴∠NDC＝∠EBO，
∴∠EBO＝∠CAM
∴∠AOB＝∠OEB+∠EBO＝∠AEC+∠CEB+∠EBO＝∠DAE+∠CEB+∠CAM＝∠DAC+∠CEB＝60°+60°＝120°；
（2）在△ACM和△DCN中，
，
∴△ACM≌△DCN（ASA），
∴CM＝CN；
（3）∵CM＝CN，∠DCE＝60°，
∴△MCN为等边三角形，
∴∠MNC＝60°，
∴∠MNC＝∠ECB＝60°，
∴MN∥AB．
9．【分析】（1）根据∠AOB＝∠COD＝50°求出∠AOC＝∠BOD，根据SAS推出△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质得出AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
根据三角形内角和可知∠CAO+∠AOB＝∠DBO+∠APB，推出∠APB＝∠AOB即可．
（2）根据∠AOB＝∠COD＝α求出∠AOC＝∠BOD，根据SAS推出△AOC≌△BOD，根据全等三角形的性质得出AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
根据三角形内角和可知∠CAO+∠AOB＝∠DBO+∠APB，推出∠APB＝∠AOB即可．
【解答】证明：（1）∵∠AOB＝∠COD＝50°，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD，
∴AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
根据三角形内角和可知∠CAO+∠AOB＝∠DBO+∠APB，
∴∠APB＝∠AOB＝50°．
（2）解：AC＝BD，∠APB＝α，
理由是：∵∠AOB＝∠COD＝α，
∴∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
∴△AOC≌△BOD，
∴AC＝BD，∠CAO＝∠DBO，
根据三角形内角和可知∠CAO+∠AOB＝∠DBO+∠APB，
∴∠APB＝∠AOB＝α，
故答案为：相等，α．
10．【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．
【解答】解：（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，
，
解得
；
综上所述，存在
或
使得△ACP与△BPQ全等．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，注意分类讨论思想的渗透．
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