专题23全等三角形的判定培优卷学年八年级数学上册尖子生同步培优题典答案.docx
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专题23全等三角形的判定培优卷学年八年级数学上册尖子生同步培优题典答案
专题2.3全等三角形的判定(培优卷)
姓名:
__________________班级:
______________得分:
_________________
注意事项:
本试卷满分100分,试题共24题.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2020•鞍山一模)如图,D是AB上一点,DF交AC于点E,DE=FE,FC∥AB,若BD=1,CF=3,则AB的长是( )
A.6B.
C.3D.4
【分析】由“AAS”可证△ADE≌△CFE,可得CF=AD=3,即可求解.
【解析】∵FC∥AB,
∴∠A=∠ACF,∠F=∠ADF,
又∵DE=EF,
∴△ADE≌△CFE(AAS),
∴CF=AD=3,
∴AB=AD+BD=4,
故选:
D.
2.(2020春•碑林区校级期末)如图,已知A、B、C、D四点共线,AE∥DF,BE∥CF,AC=BD,则图中全等三角形有( )
A.4对B.6对C.8对D.10对
【分析】由AC=BD可得AB=AC,由AE∥DF可得∠EAB=∠FDC,由BE∥CF可得∠EBC=∠FCB,根据等角的补角相等得出∠EBA=∠FCD,利用ASA得△ABE≌△DCF,进一步得其它三角形全等.
【解析】∵AC=BD,
∴AB=AC.
∵AE∥DF,
∴∠EAB=∠FDC.
∵BE∥CF,
∴∠EBC=∠FCB,
∴∠EBA=∠FCD.
在△ABE与△DCF中,
,
∴△ABE≌△DCF(ASA).
进一步得△EBC≌△FCB,△ECD≌△FBA,△AEC≌△DFB,△EBD≌△FCA,△AED≌△FDA,共6对.
故选:
B.
3.(2020春•浦东新区期末)下列说法中错误的是( )
A.有两个角及它们的夹边对应相等的两个三角形全等
B.有两个角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等
C.有两条边及它们的夹角对应相等的两个三角形全等
D.有两条边及其中一条边的对角对应相等的两个三角形全等
【分析】根据全等三角形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解.
【解析】A、有两个角及它们的夹边对应相等的两个三角形全等,是“ASA”,说法正确;
B、两个角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等,是“AAS”,说法正确;
C、有两条边及它们的夹角对应相等的两个三角形全等,是“SAS”,说法正确;
D、有两条边及其中一条边的对角对应相等的两个三角形不一定全等,说法错误;
故选:
D.
4.(2020春•文圣区期末)已知:
如图,在△ABC与△AEF中,点F在BC上,AB=AE,BC=EF,∠B=∠E,AB交EF于点D.下列结论:
①∠EAB=∠FAC;②AF=AC;③FA平分∠EFC;④∠BFE=∠FAC中,正确的有( )个.
A.1B.2C.3D.4
【分析】根据SAS证明△AEF≌△ABC,由全等三角形的性质和外角性质可依次判断即可求解.
【解析】在△AEF和△ABC中,
,
∴△AEF≌△ABC(SAS),
∴∠EAF=∠BAC,AF=AC,∠C=∠EFA,
∴∠EAB=∠FAC,∠AFC=∠C,
∴∠EFA=∠AFC,
即FA平分∠EFC.
又∵∠AFB=∠C+∠FAC=∠AFE+∠BFE,
∴∠BFE=∠FAC.
故①②③④正确.
故选:
D.
5.(2019秋•曹县期末)如图,点O在AD上,∠A=∠C,∠AOC=∠BOD,AB=CD,AD=6cm,OC=4cm,则OB的长为( )
A.2cmB.3cmC.4cmD.6cm
【分析】证明△AOB≌△COD推出OA=OC=4cm,OB=OD即可解决问题.
【解析】∵∠AOC=∠BOD,
∴∠AOB=∠COD,
∵∠A=∠C,CD=AB,
∴△AOB≌△COD(AAS),
∴OA=OC=4cm,OB=OD,
∵AD=6cm,
∴OD=AB﹣OA=2cm,
∴OB=OD=2cm.
故选:
A.
6.(2020春•金牛区期末)如图,已知:
在△AFD和△CEB,点A、E、F、C在同一直线上,在给出的下列条件中,①AE=CF,②∠D=∠B,③AD=CB,④DF∥BE,选出三个条件可以证明△AFD≌△CEB的有( )组.
A.4B.3C.2D.1
【分析】根据题目中的条件,先把AE=CF和DF∥BE能够得到的条件写出来,然后再根据题意,写出其中的三个为条件,是否可以证明△AFD≌△CEB,本题得以解决.
【解析】∵AE=CF,
∴AE+EF=CF+EF,
∴AF=CE,
∵DF∥BE,
∴∠DFA=∠BEC,
∴若①②③为条件,不能证明△AFD≌△CEB,
若①②④为条件,能证明△AFD≌△CEB(AAS),
若①③④为条件,不能证明△AFD≌△CEB,
若②③④为条件,能证明△AFD≌△CEB(AAS),
故选:
C.
7.(2020春•沈河区期末)如图,在△ABC中,AB=AC,∠A=112°,E,F,D分别是AB,AC,BC上的点,且BE=CD,BD=CF,则∠EDF的度数为( )
A.30°B.34°C.40°D.56°
【分析】由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠B=∠C=34°,由“SAS”可证△BDE≌△CFD,可得∠BED=∠CDF,∠BDE=∠CFD,由外角的性质可求解.
【解析】∵AB=AC,∠A=112°,
∴∠B=∠C=34°,
在△BDE和△CFD中,
,
∴△BDE≌△CFD(SAS),
∴∠BED=∠CDF,∠BDE=∠CFD,
∴∠BED+∠BDE=∠CDF+∠CFD,
∵∠BED+∠B=∠CDE=∠EDF+∠CDF,
∴∠B=∠EDF=34°,
故选:
B.
8.(2019秋•涞水县期末)如图,EB交AC于点M,交FC于点D,AB交FC于点N,∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF,给出下列结论:
其中正确的结论有( )
①∠1=∠2;
②BE=CF;
③△ACN≌△ABM;
④CD=DN;
⑤△AFN≌△AEM.
A.2个B.3个C.4个D.5个
【分析】①正确.可以证明△ABE≌△ACF可得结论.
②正确,利用全等三角形的性质可得结论.
③正确,根据ASA证明三角形全等即可.
④错误,本结论无法证明.
⑤正确.根据ASA证明三角形全等即可.
【解析】∵∠E=∠F=90°,∠B=∠C,AE=AF,
∴△ABE≌△ACF(AAS),
∴BE=CF,AF=AE,故②正确,
∠BAE=∠CAF,
∠BAE﹣∠BAC=∠CAF﹣∠BAC,
∴∠1=∠2,故①正确,
∵△ABE≌△ACF,
∴AB=AC,
又∠BAC=∠CAB,∠B=∠C
△ACN≌△ABM(ASA),故③正确,
CD=DN不能证明成立,故④错误
∵∠1=∠2,∠F=∠E,AF=AE,
∴△AFN≌△AEM(ASA),故⑤正确,
故选:
C.
9.(2019秋•延庆区期末)如图,D,E分别是AB,AC上的点,BE与CD交于点F,给出下列三个条件:
①∠DBF=∠ECF;②∠BDF=∠CEF;③BD=CE.两两组合在一起,共有三种组合:
(1)①②
(2)①③(3)②③
问能判定AB=AC的组合的是( )
A.
(1)
(2)B.
(1)(3)C.
(2)(3)D.
(1)
(2)(3)
【分析】由全等三角形的判定与性质,对各个组合进行判定即可.
【解析】能判定AB=AC的组合的是
(2)(3),理由如下:
(1)①∠DBF=∠ECF;②∠BDF=∠CEF,
不能证明△ABE≌△ACD,没有相等的边;
∴不能判定AB=AC;
(2)①∠DBF=∠ECF;③BD=CE,
在△BDF和△CEF中,
,
∴△BDF≌△CEF(AAS),
∴BF=CF,DF=EF,
∴BE=CD,
在△ABE和△ACD中,
,
∴△ABE≌△ACD(AAS),
∴AB=AC;
(3)②∠BDF=∠CEF;③BD=CE,
同
(2)得:
△BDF≌△CEF(AAS),
∴∠DBF=∠ECF,BF=CF,DF=EF,
∴BE=CD,
在△ABE和△ACD中,
,
∴△ABE≌△ACD(AAS),
∴AB=AC;
故选:
C.
10.(2019秋•富锦市期末)如图△ABC,AB=7,AC=3,AD是BC边上的中线,则AD的取值范围为( )
A.4<AD<10B.2<AD<5C.1<AD
D.无法确定
【分析】延长AD到E,使DE=AD,然后利用“边角边”证明△ABD和△ECD全等,根据全等三角形对应边相等可得CE=AB,然后根据三角形任意两边之和大于第三边,两边之差小于第三边求出AE的取值范围,然后即可得解.
【解析】如图,延长AD到E,使DE=AD,
∵AD是BC边上的中线,
∴BD=CD,
在△ABD和△ECD中,
,
∴△ABD≌△ECD(SAS),
∴CE=AB,
∵AB=7,AC=3,
∴7﹣3<AE<7+3,
即4<AE<10,
2<AD<5.
故选:
B.
二、填空题(本大题共8小题,每小题3分,共24分)请把答案直接填写在横线上
11.(2020春•朝阳区校级期末)如图,已知AC与BF相交于点E,AB∥CF,点E为BF中点,若CF=6,AD=4,则BD= 2 .
【分析】利用全等三角形的判定定理和性质定理可得结果.
【解析】∵AB∥CF,
∴∠A=∠FCE,
∠B=∠F,
∵点E为BF中点,
∴BE=FE,
在△ABE与△CFE中,
,
∴△ABE≌△CFE(AAS),
∴AB=CF=6,
∵AD=4,
∴BD=2,
故答案为:
2.
12.(2020春•海淀区校级期末)如图,BD=BC,BE=CA,∠DBE=∠C=60°,∠BDE=75°,则∠AFE的度数等于 150° .
【分析】由三角形内角和定理可得∠E=45°,由“SAS”可证△ABC≌△EDB,可得∠A=∠E=45°,由三角形的外角性质可求∠AFD=30°,即可求解.
【解析】∵∠DBE=60°,∠BDE=75°,
∴∠E=180°﹣60°﹣75°=45°,
∵BD=BC,BE=CA,∠DBE=∠C=60°,
∴△ABC≌△EDB(SAS),
∴∠A=∠E=45°,
∵∠BDE=∠A+∠AFD=75°,
∴∠AFD=30°,
∴∠AFE=150°,
故答案为:
150°.
13.(2020•牡丹江一模)如图,已知△ABC中,点D,E分别在边AC,AB上,连接BD,DE,∠C+∠AED=180°,请你添加一个条件,使△BDE≌△BDC,你所添加的条件是 ∠CBD=∠EBD (只填一个条件即可).
【分析】此题是一道开放型的题目,答案不唯一,先求出∠C=∠DEB,再根据全等三角形的判定定理添加条件即可.
【解析】添加的条件是:
∠CBD=∠EBD,
理由是:
∵∠C+∠AED=180°,∠DEB+∠AED=180°,
∴∠C=∠DEB,
在△BDE和△BDC中
,
∴△BDE≌△BDC(AAS),
故答案为:
∠CBD=∠EBD.
14.(2020春•雨花区期末)如图,在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=140°,AB⊥CB于点B,AD⊥CD于点D,E、F分别是CB、CD上的点,且∠EAF=70°,下列说法正确的是 ③⑤⑥ .(填写正确的序号)
①DF=BE,②△ADF≌△ABE,③FA平分∠DFE,④AE平分∠FAB,⑤BE+DF=EF,⑥CF+CE>FD+EB.
【分析】延长EB到G,使BG=DF,连接AG,根据全等三角形的判定定理求出△ADF≌△ABG,根据全等三角形的性质得出AF=AG,∠G=∠DFA,∠DAF=∠BAG,求出∠FAE=∠EAG=70°,根据全等三角形的判定定理得出△FAE≌△GAE,根据全等三角形的性质得出∠FEA=∠GEA,∠G=∠EFA,EF=EG,再进行判断即可.
【解析】延长EB到G,使BG=DF,连接AG,
∵AB⊥CB,AD⊥CD,
∴∠D=∠ABG=90°,
在△ADF和△ABG中
,
∴△ADF≌△ABG(SAS),
∴AF=AG,∠G=∠DFA,∠DAF=∠BAG,
∵∠EAF=70°,∠DAB=140°,
∴∠DAF+∠EAB=∠DAB﹣∠FAE=140°﹣70°=70°,
∴∠EAG=∠EAB+∠BAG=∠EAB+∠FAD=70°,
∴∠FAE=∠EAG=70°,
在△FAE和△GAE中
,
∴△FAE≌△GAE(SAS),
∴∠FEA=∠GEA,∠G=∠EFA,EF=EG,
∴EF=EB+DF,∠FAE≠∠EAB,故⑤正确,④错误;
∴∠G=∠EFA=∠DFA,即AF平分∠DFE,故③正确;
∵CF+CE>EF,EF=DF+BE,
∴CF+CE>DF+BE,故⑥正确;
根据已知不能推出△ADF≌△ABE,故①错误,②错误;
故答案为:
③⑤⑥.
15.(2019秋•魏都区校级期中)如图,AB=DC,BF=CE,需要补充一个条件,就能使△ABE≌△DCF,下面几个答案:
①AE=DF,②AE∥DF;③AB∥DC,④∠A=∠D.其中正确的是 ①③ .
【分析】先求出BE=CF,根据平行线的性质得出∠AEB=∠DFC,∠B=∠C,再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可.
【解析】∵BF=CE,
∴BF+EF=CE+EF,
即BE=CF,
①在△ABE和△DCF中,
,
∴△ABE≌△DCF(SSS),故①正确;
②∵AE∥DF,
∴∠AEB=∠DFC,
根据AB=CD,BE=CF和∠AEB=∠DFC不能推出△ABE≌△DCF,故②错误;
③∵AB∥CD,
∴∠B=∠C,
在△ABE和△DCF中,
,
∴△ABE≌△DCF(SAS),故③正确;
④根据AB=CD,BE=CF和∠A=∠D不能推出△ABE≌△DCF,故④错误.
故答案为:
①③.
16.(2020春•历城区校级期中)如图,已知AB=DE,∠B=∠E,添加下列哪个条件可以利用SAS判断△ABC≌△DEC.正确的是:
② .
①∠A=∠D;
②BC=EC;
③AC=DC;
④∠BCE=∠ACD.
【分析】已知两个三角形的一组对应角相等和已知对应边相等,根据全等三角形的判定定理添加条件即可.
【解析】∵AB=DE,∠B=∠E,
∴添加①∠A=∠D,利用ASA得出△ABC≌△DEC;
∴添加②BC=EC,利用SAS得出△ABC≌△DEC;
∴添加④∠BCE=∠ACD,得出∠ACB=∠DCE,利用AAS得出△ABC≌△DEC;
故答案为:
②.
17.(2019秋•顺义区期末)在△ABC中给定下面几组条件:
①BC=4cm,AC=5cm,∠ACB=30°;
②BC=4cm,AC=3cm,∠ABC=30°;
③BC=4cm,AC=5cm,∠ABC=90°;
④BC=4cm,AC=5cm,∠ABC=120°.
若根据每组条件画图,则△ABC能够唯一确定的是 ①③④ (填序号).
【分析】根据“SAS”“HL”可对①③进行判断;已知两边和其中一边所对的角对应相等的两三角形不一定全等可对②④进行判断.
【解析】①BC=4cm,AC=5cm,∠ACB=30°,满足“SAS”,所以根据这组条件画图,△ABC唯一;
②BC=4cm,AC=3cm,∠ABC=30°,根据这组条件画图,△ABC可能为锐角三角形,也可为钝角三角形;
③BC=4cm,AC=5cm,∠ABC=90°;满足“HL”,所以根据这组条件画图,△ABC唯一;
④BC=4cm,AC=5cm,∠ABC=120°,根据这组条件画图,△ABC唯一.
故答案为①③④.
18.(2019秋•肥东县期末)如图,∠C=90°,AC=20,BC=10,AX⊥AC,点P和点Q同时从点A出发,分别在线段AC和射线AX上运动,且AB=PQ,当AP= 10或20 时,以点A,P,Q为顶点的三角形与△ABC全等.
【分析】分两种情况:
①当AP=BC=10时;②当AP=CA=20时;由HL证明Rt△ABC≌Rt△PQA(HL);即可得出结果.
【解析】∵AX⊥AC,
∴∠PAQ=90°,
∴∠C=∠PAQ=90°,
分两种情况:
①当AP=BC=10时,
在Rt△ABC和Rt△QPA中,
,
∴Rt△ABC≌Rt△QPA(HL);
②当AP=CA=20时,
在△ABC和△PQA中,
,
∴Rt△ABC≌Rt△PQA(HL);
综上所述:
当点P运动到AP=10或20时,△ABC与△APQ全等;
故答案为:
10或20.
三、解答题(本大题共6小题,共46分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
19.(2019秋•邳州市期中)如图,在△ABC中AB=AC,△AED中AE=AD,∠EAD=∠BAC,AC与BD交于点O.
(1)试确定∠ADC与∠AEB间的数量关系,并说明理由;
(2)若∠ACB=65°,求∠BDC的度数.
【分析】
(1)根据全等三角形的判定和性质证明即可;
(2)利用三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可.
【解析】
(1)∠ADC=∠AEB,理由如下:
∵∠BAC=∠EAD
∴∠BAC﹣∠EAC=∠EAD﹣∠EAC
即:
∠BAE=∠CAD
在△ABE和△ACD中
∴△ABE≌△ACD(SAS)
∴∠ADC=∠AEB
(2)∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角
∴∠BOC=∠ABD+∠BAC,∠BOC=∠ACD+∠BDC
∴∠ABD+∠BAC=∠ACD+∠BDC
∵∠ABD=∠ACD
∴∠BAC=∠BDC
∵∠ACB=65°,AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=65°
∴∠BAC=180°﹣∠ABC﹣∠ACB=180°﹣65°﹣65°=50°
∴∠BDC=∠BAC=50°
20.(2019秋•北流市期中)如图,在△ABC中,∠B=∠C,点D、E、F分别在AB、BC、AC边上,且BE=CF,AD+EC=AB.
(1)求证:
DE=EF.
(2)当∠A=36°时,求∠DEF的度数.
【分析】
(1)证明△BDE≌△CEF(SAS),即可得出DE=EF;
(2)由三角形内角和定理求出∠B=∠C=72°,由全等三角形的性质得出∠BDE=∠CEF,再由三角形的外角性质即可得出答案.
【解答】
(1)证明:
∵AD+EC=AB,AD+BD=AB
∴BD=EC,
在△BDE和△CEF中
,
∴△BDE≌△CEF(SAS),
∴DE=EF;
(2)解:
∵△ABC中,∠A=36°,
∴∠B=∠C
(180°﹣36°)=72°,
由
(1)知:
△BDE≌△CEF
∴∠BDE=∠CEF,
又∵∠DEF+∠CEF=∠B+∠BDE,
∴∠DEF=∠B=72°.
21.(2019秋•孟津县期中)已知:
如图,点E是BC的中点,点A在DE上,且∠BAE=∠CDE.作CG⊥DE于G,BF⊥DE,交DE的延长线于F.
(1)求证:
EF=EG.
(2)求证:
AB=CD.
【分析】
(1)由AAS证明△CGE≌△BFE,由全等三角形的性质即可得出结论;
(2)由
(1)证明可得BF=CG,利用AAS即可证明△ABF≌△DCG,由全等三角形的性质即可得出结论.
【解答】证明:
(1)∵CG⊥DE,BF⊥DE,
∴∠CGE=∠BFE=90°.
在△CGE和△BFE中,
∵∠CGE=∠BFE,∠CEG=∠BEF,BE=CE,
∴△CGE≌△BFE(AAS),
∴EF=EG.
(2)∵△CGE≌△BFE(AAS),
∴BF=CG.
在△ABF和△DCG中,
∵∠BAF=∠CDG,∠BFA=∠CGD=90°,BF=CG,
∴△ABF≌△DCG(AAS),
∴AB=CD.
22.(2020春•南岗区校级期中)已知:
点A、F、E、C在同一条直线上,AF=CE,BE∥DF,BE=DF.
(1)如图1,求证:
△ABE≌△CDF.
(2)如图2,连接AD、BC、BF、DE,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中所有全等的三角形(除△ABE全等于△CDF外).
【分析】
(1)先求出AE=CF,根据平行线的性质得出∠AEB=∠CFD,再根据全等三角形的判定定理SAS推出即可;
(2)根据全等三角形的判定定理得出全等三角形即可.
【解答】
(1)证明:
∵AF=CE,
∴AF+EF=CE+EF,
即AE=CF,
∵BE∥DF,
∴∠AEB=∠CFD,
在△ABE和△CDF中
,
∴△ABE≌△CDF(SAS);
(2)图2中的全等三角形有△ABC≌△CDA,△AFB≌△CED,△ADE≌△CBF,△ADF≌△CBE,
理由是:
∵△ABE≌△CDF,
∴AB=CD,∠BAC=∠DCA,
在△ABCHE△CDA中
,
∴△ABC≌△CDA(SAS),
∴AD=BC,∠DAC=∠BCA,
在△AFB和△CED中
,
∴△AFB≌△CED(SAS),
在△ADE和△CBF中
,
∴△ADE≌△CBF(SAS),
在△ADF和△CBE中
,
∴△ADF≌△CBE(SAS).
23.(2019秋•南通期中)如图,Rt△ABC≌Rt△CED(∠ACB=∠CDE=90°),点D在BC上,AB与CE相交于点F.
(1)如图1,直接写出AB与CE的位置关系;
(2)如图2,连接AD交CE于点G,在BC的延长线上截取CH=DB,射线HG交AB于K,求证:
HK=BK.
【分析】
(1)根据垂直的判定解答即可;
(2)根据全等三角形的判定和性质解答.
【解析】
(1)AB与CE的位置关系是垂直,AB⊥CE
(2)证明:
∵Rt△ABC≌Rt△CED
∴AC=CD,BC=ED,∠E=∠B
又∵∠ACB=90°
∴∠ADC=45°
又∵∠CDE=90°
∴∠EDG=∠HDG=45°
∵CH=DB
∴CH+CD=DB+CH
即HD=CB
∴HD=ED
在△HGD和△EGD中
∴△HGD≌△EGD(SAS)
∴∠H=∠E
又∵∠E=∠B
∴∠H=∠B
∴HK=BK
24.(2019秋•路南区期中)如图
(1),AB=8cm,AC⊥AB,BD⊥AB,AC=BD=6cm.点P在线段AB上以2m/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=1时,判断线段PC与PQ满足的关系,并说明理由.
(2)如图
(2),将图
(1)中的AC⊥AB,BD⊥AB为改“∠CAB=∠DBA=a°”,其它条件不变.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.
【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.
【解析】
(1)△ACP≌△BPQ,
∵AC⊥AB,BD⊥AB
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- 专题 23 全等 三角形 判定 培优卷 学年 八年 级数 上册 尖子 同步 培优题典 答案