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二含答案 65.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二含答案65

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二（含答案）

如图，已知A（0,a）,B（b,0）,C（c,0）是平面直角坐标系中三点，且a,b满足

.c<3

（1）求A,B两点的坐标；

（2）若△ABC的面积为6.

①在图中画出△ABC;

②若△ABP与△ABC全等，直接写出所有符合条件的P点的坐标；

（3）已知∠MAB=∠ABC,BM=AC,若满足条件的M点有且只有两个,直接写出此时c的取

值范围.

【答案】

（1）A（0,3）,B（3,0）

（2）①图见解析②（3,4）或（4,3）或（0，-1）（3）3-

＜c＜0

【解析】

【分析】

（1）根据绝对值与平方的非负性即可求出a,b的值，故可求解；

（2）①根据c<3与三角形的面积公式即可得到BC的长，故可求出C点坐标，②根据直角坐标系的特点及全等三角形的性质即可找到P点；

（3）由∠MAB=∠ABC,BM=AC,结合图形与M点有且只有两个即可得到c的取值.

【详解】

（1）∵

∴

故a=b=3.

故A（0,3）,B（3,0）

（2）①∵C（c,0）

∴C点在x轴上，∵△ABC的面积为6

∴

=6

即

解得BC=4，

∵c<3

∴C（-1,0）

②∵△ABP与△ABC全等，如图P点的坐标为（3,4）或（4,3）或（0，-1）

（3）∵∠MAB=∠ABC

所以M在直线y=3上，且在点A的右侧，

∵BM=AC，满足条件的M点有且只有两个，则BM1＜BC＜AB，

AB=

=

故3＜3-c＜

解得3-

＜c＜0

故满足条件的M点有且只有两个时，c的取值为3-

＜c＜0.

【点睛】

此题主要考查直角坐标系的应用，解题的关键是熟知全等三角形的性质及直角坐标系的特点.

42．如图，点B为AC上一点，AD//CE,∠ADB=∠CBE,BD=EB

求证：

（1）△ABD≌△CEB；

（2）AC=AD+CE.

【答案】

（1）见解析

（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据AAS即可证明；

（2）根据全等三角形的性质得到AD=CB,AB=CE，故可证明.

【详解】

（1）∵AD//CE,

∴∠A=∠C，

又∠ADB=∠CBE,BD=EB

∴△ABD≌△CEB（AAS）

（2）∵△ABD≌△CEB

∴AD=CB,AB=CE

∴AC=AB+BC=CE+AD,

即AC=AD+CE.

【点睛】

此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理.

43．如图，过

的顶点C作

，且

D点在

边上，连接

，

.

求证：

.

【答案】见详解

【解析】

【分析】

由

，得到∠A=∠ACE，然后根据AAS证明△ABC≌△CDE，即可得到BC=DE.

【详解】

证明：

∵

，

∴∠A=∠ACE，

在△ABC和△CDE中，有

，

∴△ABC≌△CDE（AAS），

∴BC=DE.

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的方法.

44．将矩形ABCD绕点B顺时针旋转得到矩形A1BC1D1，点A、C、D的对应点分别为A1、C1、D1,当点A1落在AC上时.

（1）如图，若∠CAB＝60°，求证：

四边形ABD1C为平行四边形；

（2）如图，AD1交CB于点O．若∠CAB≠60°，求证：

DO＝AO.

【答案】

（1）见解析；

（2）见解析.

【解析】

【分析】

（1）证△ABA1是等边三角形，得∠AA1B＝∠A1BD1，由AC∥BD1，AC＝BD1，可得；

（2）连接BD1．证△BCD1≌D1A1B，得四边形ABD1C是平行四边形，再证△OCD1≌△OBA（AAS），△DCO≌△ABO（SAS），可得DO＝OA．

【详解】

证明：

（1）如图1中，

∵∠BAC＝60°，BA＝BA1，

∴△ABA1是等边三角形，

∴∠AA1B＝60°，

∵∠A1BD1＝60°，

∴∠AA1B＝∠A1BD1，

∴AC∥BD1，

∵AC＝BD1，

∴四边形ABD1C是平行四边形．

（2）如图2中，连接BD1．

∵∠BCD1＝∠BAD1＝90°，BD1＝D1B，BC＝A1D1，

∴△BCD1≌D1A1B，

∴CD1＝BA1，

∵BA＝BA1，

∴AB＝CD1，∵AC＝BD1

∴四边形ABD1C是平行四边形，

∴CD1∥AB，CD1＝AB，

∠OCD1＝∠ABO，

∵∠COD1＝∠AOB，

∴△OCD1≌△OBA（AAS），

∴OC＝OB，

∵CD＝BA，∠DCO＝∠ABO，

∴△DCO≌△ABO（SAS），

∴DO＝OA．

【点睛】

考核知识点：

全等三角形的判定和性质.

45．如图，∠DCE=90°，CD=CE，AD⊥AC，BE⊥AC，垂足分别为A、B．

求证：

①△ADC≌△BCE；

②AD+AB=BE．

【答案】①见解析；②见解析；

【解析】

【分析】

①根据同角的余角相等求出∠E=∠ACD，再利用“角角边”证明△ACD和△BFC全等.

②由①再根据全等三角形对应边相等可得AD=BC，AC=BE，再根据BC+AB=AC等量代换即可得证．

【详解】

①∵∠DCE=90°，

∴∠ACD+∠BCE=90°，

∵BE⊥AC，

∴∠CBE=90°，

∴∠E+∠BCE=90°，

∴∠E=∠ACD，

又∵AD⊥AC，

∴∠A=90°，

∴∠CBE=∠A=90°，

在△ACD和△BFC中，

，

∴△ACD≌△BFC（AAS），

②由①∵△ACD≌△BFC，

∴AD=BC，AC=BE，

∵BC+AB=AC，

∴AD+AB=BE．

【点睛】

此题考查全等三角形的判定与性质，同角的余角相等的性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解题的关键．

46．如图，AD＝BC，AB⊥CA，CD⊥CA．求证：

∠B＝∠D．

【答案】见解析.

【解析】

【分析】

利用HL直接证明Rt△ABC≌Rt△CDA即可.

【详解】

证明：

∵AB⊥CA，CD⊥CA，

∴在Rt△ABC和Rt△CDA中，

，

∴Rt△ABC≌Rt△CDA（HL），

∴∠B＝∠D.

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.

47．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BCA=90°，BC=AC，直角顶点C在y轴上，锐角顶点A在x轴上．

（1）如图①，若点C的坐标是（0，-1），点A的坐标是（-3，0），求B点的坐标；

（2）如图②，若x轴恰好平分∠BAC，BC与x轴交于点D，过点B作BE⊥x轴于E，问AD与BE有怎样的数量关系，并说明理由；

（3）如图③，直角边AC在两坐标轴上滑动，使点B在第四象限内，过B点作BF⊥x轴于F，在滑动的过程中，猜想OC、BF、OA之间的关系，并证明你的结论．

【答案】

（1）（1，2）；

（2）AD=2BE，理由见解析；（3）OC=BF+OA，证明见解析；

【解析】

【分析】

（1）如图①，过B作BG⊥y轴于G，证明△AOC≌△CGB（AAS），得AO=CG=3，OC=BG=1，表示点B的坐标；

（2）如图②，延长BE、AC交于H，证明△AEB≌△AEH（ASA），得BE=EH，即BH=2BE，再证明△ACD≌△BCH（ASA），可得结论；

（3）如图③，过C作CM⊥BF，交FB的延长线于M，证明△AOC≌△BMC（AAS），四边形OCMF为矩形，根据线段的和可得结论．

【详解】

（1）如图①，过B作BG⊥y轴于G，

∵点C的坐标是（0，-1），点A的坐标是（-3，0），

∴OC=1，OA=3，

∵∠BCA=90°，

∴∠ACO+∠BCG=90°，

∵∠BCG+∠CBG=90°，

∴∠ACO=∠CBG，

∵AC=BC，∠AOC=∠BGC=90°，

∴△AOC≌△CGB（AAS），

∴AO=CG=3，OC=BG=1，

∴OG=3-1=2，

∴B（1，2）；

（2）如图②，AD=2BE，

理由是：

延长BE、AC交于H，

∵BE⊥x轴，

∴∠AEB=∠AEH=90°，

∵AE平分∠BAC，

∴∠CAD=∠BAD，

∵AE=AE，

∴△AEB≌△AEH（ASA），

∴BE=EH，即BH=2BE，

∵∠ACD=∠BED=90°，∠ADC=∠BDE，

∴∠CAD=∠CBH，

∵AC=BC，∠ACD=∠BCH=90°，

∴△ACD≌△BCH（ASA），

∴AD=BH=2BE；

（3）OC=BF+OA，

理由是：

如图③，过C作CM⊥BF，交FB的延长线于M，

同理可得：

△AOC≌△BMC（AAS），

∴AO=BM，OC=CM，

∵∠COF=∠OFM=∠M=90°，

∴四边形OCMF为矩形，

∴FM=OC，

∴FM=BF+BM，

∴OC=BF+OA．

【点睛】

此题考查三角形的综合题，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，等腰直角三角形，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，正确作出辅助线是解题的关键．

48．

（1）课本习题回放：

如图①,∠ACB=90°,AC=BC,AD⊥CE,BE⊥CE,垂足分别为D,E，AD=2.5cm，DE=1.7cm..求BE的长.

（2）探索证明：

如图②，点B、C在∠MAN的边AM、AN上，点E,F在∠MAN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.

【答案】

（1）0.8cm;

（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质、结合图形解答即可；

（2）根据等角的补角相等得到∠BEA=∠AFC，根据三角形的外角的性质证明∠ABE=∠4，再利用AAS定理证明即可．

【详解】

（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E=∠ADC=90°，∴∠EBC+∠BCE=90°．

∵∠BCE+∠ACD=90°，∴∠EBC=∠DCA．

在△CEB和△ADC中，∵

，∴△CEB≌△ADC（AAS），∴BE=DC，CE=AD=2.5．

∵DC=CE﹣DE，DE=1.7，∴DC=2.5﹣1.7=0.8，∴BE=0.8（cm）；

（2）∵∠1=∠2，∴∠BEA=∠AFC．

∵∠1=∠ABE+∠3，∠3+∠4=∠BAC，∠1=∠BAC，∴∠BAC=∠ABE+∠3∴∠4=∠ABE．

∵∠BEA=∠AFC，∠ABE=∠4，AB=AC，∴△ABE≌△CAF（AAS）

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质以及补角（余角）的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

49．如图所示，BE=CF，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，且BD=CD，AD是∠BAC的平分线吗？

为什么？

【答案】见详解.

【解析】

【分析】

先根据HL定理得出△DBE≌△DCF，故可得出DE=DF，由此可得出结论．

【详解】

解：

AD是∠BAC的平分线．

理由：

∵DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，

∴∠DEB=∠DFC=90°，

在△DBE与△DCF中，

，

∴△DBE≌△DCF（HL），

∴DE=DF，

∴AD是∠BAC的平分线．

【点睛】

本题考查的是全等三角形的判定，以及角平分线的判定，熟知角的平分线上的点到角的两边的距离相等是解答此题的关键．

50．

（1）观察猜想

如图①,点B、A、C在同一条直线上,DB⊥BC,EC⊥BC且∠DAE=90°，AD=AE,则BC、BD、CE之间的数量关系为

（2）问题解决

如图②,在Rt△ABC中,∠ABC=90°，CB=8，AB=4，以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC连接BD,求BD的长。

（3）拓展延伸

如图③,在四边形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°，CB=8.AB=4，DC=DA，则BD=

【答案】

（1）

；

（2）

；

（3）

.

【解析】

【分析】

（1）观察猜想：

证明△ADB≌△EAC，可得结论：

BC=AB+AC=BD+CE；

（2）问题解决：

作辅助线，同理证明：

△ABC≌△DEA，可得DE=AB=2，AE=BC=4，最后利用勾股定理求BD的长；

（3）拓展延伸：

同理证明三角形全等，设AF=x，DF=y，根据全等三角形对应边相等列方程组可得结论．

【详解】

解：

（1）观察猜想

BC=BD+CE，

理由是：

如图①，∵∠B=90°，∠DAE=90°，

∴∠D+∠DAB=∠DAB+∠EAC=90°，

∴∠D=∠EAC，

∵∠B=∠C=90°，AD=AE，

∴△ADB≌△EAC（AAS），

∴BD=AC，EC=AB，

∴BC=AB+AC=BD+CE；

（2）问题解决

如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，

由

（1）得：

△ABC≌△DEA，

∴DE=AB=4，AE=BC=8，

Rt△BDE中，BE=BA+AE=4+8=12，

由勾股定理得：

（3）拓展延伸

如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，

同理得：

△CED≌△AFD，

∴CE=AF，ED=DF，

设AF=x，DF=y，

∵BC=8，AB=4，

则

，解得：

，

∴BF=AF+AB=2+4=6，DF=6，

由勾股定理得：

．

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质定理与判定定理、勾股定理，解决本题的关键是证明：

△CED≌△AFD．