中考數(shù)學一輪復習：專題14.4 證明三角形全等的五種基本思路（滬科版)（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

考卷信息：
本套訓練卷共30題，題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可加強學生對證明三角形全等的五種基本思路的理解！
【類型1 已知兩邊對應相等，尋找第三邊相等，用“SSS”】
1．（2023春·山東泰安·七年級統(tǒng)考期末）如圖，AC＝FD，BC＝ED，要利用“SSS”來判定△ABC和△FED全等時，下面的4個條件中：①AE＝FB；②AB＝FE；③AE＝BE；④BF＝BE，可利用的是（）
A．①或②B．②或③C．①或③D．①或④
【答案】A
【分析】根據(jù)全等三角形的SSS判定條件解答即可．
【詳解】解：∵AE=FB，
∴AE+BE=FB+BE，
∴AB=FE，
在△ABC和△FED中，
AC=FDBC=EDAB=FE，
∴△ABC≌△FED（SSS），
∵AE=BE和BF=BE推不出AB=FE，
∴可利用的是①或②，
故選：A．
【點睛】本題考查全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定方法是解答的關鍵．
2．（2023春·陜西西安·七年級統(tǒng)考期末）如圖，點E、F在BD上，且AB=CD，BF=DE、AE=CF，AC與BD交于點O．則下列說法不正確的是（）

A．BE=DFB．△AEB≌△CFDC．∠EAB=∠OAED．AE∥CF
【答案】C
【分析】利用線段的和差即可判斷A選項；利用“SSS”即可證明△AEB≌△CFD，判斷B選項；利用全等三角形的性質和平行線的判定，即可判斷C、D選項．
【詳解】解：∵BF=DE，
∴BF?EF=DE?EF，
∴BE=DF，A選項正確；
在△AEB和△CFD中，
AB=CDBE=DFAE=CF，
∴△AEB≌△CFDSSS，B選項正確；
∵△AEB≌△CFD，
∴∠EAB=∠FCD，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF，C選項不正確，D選項正確．
故選：C．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，平行線的判定等知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題關鍵．
3．（2023春·廣東江門·八年級?？计谥校┤鐖D，已知：PA＝PB，AC＝BD，PC＝PD，△PAD和△PBC全等嗎？請說明理由．
【答案】詳見解析
【分析】由AC=BD，利用線段的和差關系可得AD=BC，利用SSS即可證明△PAD≌△PBC.
【詳解】∵AC＝BD，
∴AC+CD=BD+CD，即AD＝BC，
又∵PA＝PB，PC＝PD，
∴△PAD≌△PBC(SSS)
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題關鍵.
4．（2023春·山東泰安·七年級統(tǒng)考期末）如圖，點D，A，E，B在同一直線上，EF＝BC，DF＝AC，DA＝EB.試說明：∠F＝∠C.
【答案】見解析
【分析】根據(jù)SSS的方法證明△DEF≌△ABC,即可得到結論.
【詳解】因為DA＝EB，
所以DE＝AB.
在△DEF和△ABC中，
因為DE＝AB，DF＝AC，EF＝BC，
所以△DEF≌△ABC(SSS)，
所以∠F＝∠C.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質,屬于簡單題,找到證明全等的方法是解題關鍵.
5．（2023春·浙江杭州·八年級?？奸_學考試）如圖，在△ABC中，點D，點E分別在邊AB，邊BC上，連接DE,AD=AC，ED=EC．
(1)求證：∠ADE=∠C．
(2)若AB⊥DE,∠B=30°，求∠A的度數(shù)．
【答案】(1)證明見解析
(2)60°
【分析】（1）連接AE，利用SSS定理證出△ADE?△ACE，根據(jù)全等三角形的性質即可得證；
（2）先根據(jù)垂直的定義可得∠ADE=90°，再根據(jù)（1）的結論可得∠C=90°，然后根據(jù)三角形的內角和定理即可得．
【詳解】（1）證明：如圖，連接AE，
在△ADE和△ACE中，AD=ACED=ECAE=AE，
∴△ADE?△ACESSS，
∴∠ADE=∠C．
（2）解：∵AB⊥DE，
∴∠ADE=90°，
由（1）已證：∠ADE=∠C，
∴∠C=90°，
∵∠B=30°，
∴∠A=180°?∠B?∠C=60°．
【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質、垂直的定義、三角形的內角和定理，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題關鍵．
6．（2023春·山東泰安·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，AC=BC，D是AB上的一點，AE⊥CD于點E，BF⊥CD交CD的延長線于點F，若CE=BF，AE=EF+BF，試判斷直線AC與BC的位置關系，并說明理由．
【答案】AC⊥BC．理由見解析
【分析】證明∴△ACE≌△CBF，可得∠BCF=∠CAE，再根據(jù)AE⊥CD，利用等量代換可得∠ACB=90°即可．
【詳解】解：AC⊥BC．理由如下：
∵AE=EF+BF，CE=BF，
∴AE=EF+CE，
∴AE=CF，
在△ACE和△CBF中，
AC=CBAE=CFCE=BF，
∴△ACE≌△CBFSSS，
∴∠BCF=∠CAE，
∵AE⊥CD，
∴∠AEC=90°，
∴∠CAE+∠ACE=90°，
∴∠ACB=∠BCF+∠ACE=∠CAE+∠ACE=90°，
∴AC⊥BC．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質證明△ACE≌△CBF是解題的關鍵．
【類型2 已知兩邊對應相等，尋找夾角相等，用“SAS”】
1．（2023春·貴州遵義·八年級統(tǒng)考階段練習）如圖，F(xiàn)，C是AD上兩點，且AF=CD；點E，F(xiàn)，G在同一直線上，∠B=∠AGF，BC=EF
求證：ΔABC≌ΔDEF.
【答案】證明見解析
【分析】根據(jù)同位角相等，兩直線平行得到BC∥EG，再根據(jù)平行線的性質得到∠BCA=∠EFD．根據(jù)等式的性質得到AC=DF，即可根據(jù)SAS證明△ABD≌△DEF．
【詳解】∵∠B=∠AGF，∴BC∥EG，∴∠BCA=∠EFD．
∵AF=CD，∴AC=DF．
在△ABD和△DEF中，∵AC=DF，∠BCA=∠EFD，BC=EF，∴△ABD≌△DEF（SAS）．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定．熟練掌握全等三角形的判定方法是解答本題的關鍵．
2．（2023春·山西朔州·八年級校考期末）已知：如圖，△ABC和△DBE均為等腰直角三角形．
（1）求證：AD=CE；
（2）求證：AD⊥CE
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析
【詳解】試題分析：（1）要證AD=CE，只需證明△ABD≌△CBE，由于△ABC和△DBE均為等腰直角三角形，所以易證得結論．
（2）延長AD，根據(jù)（1）的結論，易證∠AFC=∠ABC=90°，所以AD⊥CE．
試題解析：（1）∵△ABC和△DBE均為等腰直角三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，
即∠ABD=∠CBE，
∴△ABD≌△CBE，
∴AD=CE．
（2）延長AD分別交BC和CE于G和F，
∵△ABD≌△CBE，
∴∠BAD=∠BCE，
∵∠BAD+∠ABC+∠BGA=∠BCE+∠AFC+∠CGF=180°，
又∵∠BGA=∠CGF，
∴∠AFC=∠ABC=90°，
∴AD⊥CE．
考點：1.等腰直角三角形；2.全等三角形的性質；3.全等三角形的判定．
3．（2023·陜西西安·九年級西北工業(yè)大學附屬中學?？计谀┮阎鐖D，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．點D為AB邊上一點，且不與A、B兩點重合，AE⊥AB，AE＝BD．連接DE、DC，求證：CE＝CD．
【答案】見解析.
【分析】由已知可得△ABC是等腰直角三角形，由AE⊥AB即可得到∠CAE=∠B，從而可利用SAS判定△ACE≌△BCD,得證．
【詳解】證明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝∠CAD＝45°．
∵AE⊥AB，
∴∠CAE+∠CAD＝90°．
∴∠CAE＝45°．
∴∠CAE＝∠B．
在△ACE和△BCD中，AE=BD∠CAE=∠BAC=BC，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴CE＝CD．
【點睛】本題主要考查學生對全等三角形的判定方法及等腰直角三角形的性質的綜合運用，證明△ACE≌△BCD是解題的關鍵．
4．（2023春·七年級課時練習）如圖，點E在AB上，DE∥BC，且DE=AB，EB=BC，連接EC并延長，交DB的延長線于點F．
(1)求證：AC=DB；
(2)若∠A=30°，∠BED=40°，求∠F的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)∠F=40°
【分析】（1）由DE∥BC得到∠ABC=∠DEB，證明△ABC≌△DEB即可；
（2）推導BE=BC，即∠BCE=∠BEC解題即可．
【詳解】（1）證明：∵DE∥BC，
∴∠ABC=∠DEB，
在△ABC和△DEB中，
AB=DE∠ABC=∠DEBBC=DB，
∴△ABC≌△DEB（SAS），
∴CD=CE；
（2）解：∵△ABC≌△DEB，
∴∠D=∠A=30°，
∵DE∥BC，
∴∠FBC=∠D=30°，
∵∠CDE=40°
∴∠EBC=40°，
∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC=70°，
∴∠F=40°．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，靈活運用全等三角形的判定方法是解題的關鍵．
5．（2023春·上海·七年級專題練習）如圖，已知△ABC和△CDE都是等邊三角形，且B、C、E在一直線上，AC、BD交于F點，AE、CD交于G點，試說明FG∥BE的理由．
【答案】見解析
【分析】運用SAS證得△ACD≌△ACE，得到∠CAE=∠CBD，∠BCD=∠ACE;由公共部分∠ACD,利用角和差可確定∠BCF=∠DCF，結合BC=AC，判定△BCF≌△ACG，可得∠ACD=∠BAC=60°,CF=CG;可以發(fā)現(xiàn)△CFG也是等邊三角形，則∠CFG=60°,即∠CFG=∠BCA=60°，利用平行線判定定理，即可判定平行．
【詳解】解：理由如下：
∵已知△ABC和△CDE都是等邊三角形
∴AC=AB,CD=CE,∠BAC=∠ABC=∠BCA=∠DCE=∠CED=∠EDC=60°
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即∠BCD=∠ACE
在△ACD和△ACE中
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE
∴△ACD≌△ACE（SAS）
∴∠CAE=∠CBD，∠BCD=∠ACE
∴∠BCD-∠ACD=∠ACE-∠ACD 即∠ACD=∠BCA=60°；
在△BCF和△ACG中
∠CAE=∠CBDAC=BC∠ACD=∠BCA
∴△BCF≌△ACG（ASA）
∴CF=CG
∴△CFG是等邊三角形
∴∠CFG=60°
∴∠CFG=∠BCA=60°
∴FG∥BE（內錯角相等，兩直線平行）
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、等邊三角形的性質以及平行線的判定，其中全等三角形的判定是解題的關鍵．
6．（2023春·四川成都·八年級?？奸_學考試）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA為邊在∠ACB的另一側作∠ACM＝∠ACB，點D為射線BC上任意一點，在射線CM上載取CE＝BD，連接AD、AE.
(1)如圖1，當點D落在線段BC的延長線上時，求證：△ABD≌△ACE；
(2)在(1)的條件下，求出∠ADE的度數(shù)；
(3)如圖2，當點D落在線段BC（不含端點）上時，作AH⊥BC，垂足為H，作AG⊥EC,垂足為G，連接HG，判斷△GHC的形狀，并說明現(xiàn)由.
【答案】（1）證明見解析；（2）30° ；（3）?HGC為等邊三角形，理由見解析.
【分析】（1）利用SAS定理證明△ABD≌△ACE；（2）根據(jù)全等三角形的性質得到AD＝AE，∠CAE＝∠BAD，根據(jù)等腰三角形的性質、三角形內角和定理計算即可求得∠ADE的度數(shù)；
【詳解】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠ACM＝∠ABC，
在△ABD和△ACE中，
AB＝AC∠ABC＝∠ACEBD＝CE，
∴△ABD≌△ACE.
（2）由（1）可知，△ABD≌△ACE，
∵ΔABD≌ΔACE，
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE．
∴∠CAE＋∠DAC＝∠BAD＋∠DAC＝∠BAC＝120°．即∠DAE＝120°．
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°；

(3)?HGC為等邊三角形.
理由:∵AH⊥BC,AG⊥EC,
∴∠AHC=∠AGC=90°.∵∠ACB=∠ACM,AC=AC,∴ΔAHC?ΔAGC(ASA).∴HC=GC.∵∠HCA=30°,∴∠HCG=60°.
∴?HGC為等邊三角形.
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．
【類型3 已知兩角對應相等，尋找夾邊相等，用“ASA”】
1．（2023春·黑龍江哈爾濱·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，BD平分∠ABC，AD⊥BD，若AB:BC=5:7，S△ADC=8，則S△ABD= .

【答案】20
【分析】延長AD交BC于點E，證△ABD≌△EBD可得AB=BE，S△ABD=S△EBD，AD=DE，由AB:BC=5:7可得S△EBD：S△ECD=5:2，進而即可求解；
【詳解】解：如圖，延長AD交BC于點E，

∵BD平分∠ABC，AD⊥BD，
∴∠ABD=∠EBD，∠ADB=∠EDB=90°
∵BD=BD，
∴△ABD≌△EBDASA
∴AB=BE，S△ABD=S△EBD，AD=DE，
∵AB:BC=5:7，即BE:BC=5:7
∴BE:EC=5:2
∴S△EBD：S△ECD=5:2，
∵AD=DE，S△ADC=8，
∴S△ECD=S△ADC=8，
∴S△ABD=52S△ADC=20
故答案為：20．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定、角平分線的定義，三角形中線的性質，掌握相關知識并正確作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
2．（2023春·湖南永州·八年級?？计谥校┤鐖D四邊形ABCD中，∠AEB=∠CFD，∠BAE=∠DCF，AF=CE．求證：BE=DF．
【答案】證明見解析
【分析】根據(jù)等量代換可得AE=CF，根據(jù)全等三角形的判定和性質即可證明．
【詳解】證明：∵AF=CE， AF+FE=CE+FE，
∴AE=CF，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFDAE=CF∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDFASA，
∴BE=DF．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．
3．（2023春·江西宜春·七年級江西省豐城中學校考階段練習）如圖所示，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，AD與CE交于點F，且∠CAD=45°．若BC=7，AD=5，求AF的長．
【答案】3
【分析】證明△ABD≌△CFDASA，得到BD=DF，利用BD=BC?CD，求出BD的長，再利用AF=AD?DF，計算即可．
【詳解】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB=∠ADC=∠CDF=∠CEB=90°，
∴∠BAD+∠B=∠FCD+∠B=90°，
∴∠BAD=∠FCD，
∵∠ADC=90°，∠CAD=45°，
∴∠ACD=45°，
∴AD=CD，
在△ABD和CFD中，
∠ADB=∠CDFAD=DC∠BAD=∠DCF，
∴△ABD≌△CFDASA．
∴BD=DF．
∵BC=7，AD=DC=5，
∴DF=BD=BC?CD=2，
∴AF=AD?DF=5?2=3．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質．解題的關鍵是證明△ABD≌△CFD．
4．（2023春·廣東惠州·八年級校考階段練習）如圖，∠ABC=∠E,∠D=∠A,BE=CF，求證：△ABC≌△DEF．

【答案】見解析
【分析】根據(jù)已知條件證明EF=CB，進而根據(jù)AAS證明△ABC≌△DEF．
【詳解】證明：∵BE=CF，
∴BE+BF=BF+FC，即EF=CB，
在△ABC,△DEF中，
∠D=∠A∠ABC=∠EEF=CB
∴△ABC≌△DEFAAS．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．
5．（2023春·云南文山·七年級統(tǒng)考期末）如圖．已知線段AB，分別過線段AB的兩個端點作射線AM、BN，使AM∥BN，點E為∠MAB平分線上的一點，且BE⊥AE，垂足為E，若∠BAE=60°，請解答下列問題：

(1)求∠EBN的度數(shù)；
(2)過點E作直線CD，交AM于點D，交BN于點C．求證：DE=CE；
(3)無論線段DC的兩個端點在AM、BN上如何移動，只要線段DC經(jīng)過點E，那么AD+BC的值是否發(fā)生變化？請說明理由．
【答案】(1)30°
(2)見解析
(3)AD+BC的值不會發(fā)生變化，都等于AB的長，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質得出∠BAM+∠ABN=180°,得出∠ABN=60°,再根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得∠ABE=30°,從而可得出結論；
（2）延長AE交BN于點F，證明△AEB≌△FEB得到AB=FB，再根據(jù)ASA證明△AED≌△FEC即可得出DE=CE；
（3）由（2）知△AED≌△FEC得AD=FC，從而可證明AD=FC,再證明FB=AB，從而可得出結論．
【詳解】（1）∵AE是∠BAM的平分線，
∴∠BAE=∠MAE=12∠MAB,
∵∠BAE=60°,
∴∠BAM=2∠BAE=120°,
∵AM∥BN,
∴∠BAM+∠ABN=180°,
∴∠ABN=180°?∠BAM=180°?120°=60°,
∵AE⊥BE,
∴∠AEB=90°,
∴∠BAE+∠ABE=90°,
∴∠ABE=90°?∠BAE=90°?60°=30°,
∴∠EBN=∠ABN?∠ABE=60°?30°=30°；
（2）證明：如圖所示，延長AE交BN于點F，

∵AE⊥BE，
∴∠AEB=∠FEB=90°，
∵AE是∠BAM的平分線，
∴∠BAE=DAF，
∵AM∥BN，
∴∠BFA=∠DAF，∠ADE=∠FEC，
∴∠EAB=∠EFB，
又∵BE=BE，
∴△AEB≌△FEBAAS，
∴AE=FE,
∴△AED≌△FECASA，
∴DE=CE；
（3）解：AD+BC的值不會發(fā)生變化，都等于AB的長，理由如下：
由（2）得△AED≌△FEC，△AEB≌△FEB
∴AD=FC,AB=BF，
∴AD+BC=FC+BC=BF=AB，
∴線段DC經(jīng)過點E，那么AD+BC的值不會發(fā)生變化，都等于AB的長
【點睛】本題主要考查了平行線的性質，全等三角形的判定與性質等知識，正確作出輔助線構造全等三角形是解答本題的關鍵
6．（2023春·陜西咸陽·七年級統(tǒng)考期末）【問題背景】
如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC和∠BAC的平分線BE和AD相交于點 G．

【問題探究】
(1)∠AGB的度數(shù)為 °；
(2)過G作GF⊥AD交BC的延長線于點 F，交AC于點 H，判斷AB與FB的數(shù)量關系，并說明理由；
(3)在（2）的條件下，若AD=10，F(xiàn)G=6，求GH的長．
【答案】(1)135
(2)AB=BF，理由見解析
(3)4
【分析】（1）利用三角形內角和定理得到∠ABC+∠BAC=90°，再由角平分線的定義得到∠GAB+∠GBA=12∠ABC+12∠BAC=45°，由此即可利用三角形內角和定理求出答案；
（2）利用三角形內角和定理證明∠F=∠HAG，進而證明∠F=∠BAG，由此可證明△ABG≌△FBG得到AB=BF；
（3）由全等三角形的性質得到AG=FG=6，則DG=AD?AG=4，再證明△AGH≌△FGD，即可得到GH=DG=4．
【詳解】（1）解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=180°?∠ACB=90°，
∵∠ABC和∠BAC的平分線BE和AD相交于點 G，
∴∠GAB=12∠BAC，∠GBA=12∠ABC，
∴∠GAB+∠GBA=12∠ABC+12∠BAC=45°，
∴∠AGB=180°?∠GAB?∠GBA=135°，
故答案為：135；
（2）解：AB=BF，理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴∠ACF=90°，
∵FG⊥AD，
∴∠AGH=∠FCH=90°，
又∵∠FHC=∠AHG，
∴∠F=∠HAG，
∵∠ABC和∠BAC的平分線BE和AD相交于點 G，
∴∠CAD=∠BAD，∠ABG=∠CBG，
∴∠F=∠BAG，
又∵BG=BG，
∴△ABG≌△FBGAAS，
∴AB=BF；
（3）解：∵△ABG≌△FBG，
∴AG=FG=6，
∴DG=AD?AG=4，
又∵∠AGH=∠FGD=90°，∠HAG=∠F，
∴△AGH≌△FGDASA，
∴GH=DG=4．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質與判定，三角形內角和定理，角平分線的定義，熟知全等三角形的性質與判定條件是解題的關鍵．
【類型4 已知一邊一角對應相等，尋找另一角對應相等，用“AAS”或“ASA”】
1．（2023春·四川德陽·八年級校考階段練習）如圖，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ACB的角平分線AD，BE相交于點P，過P作PF⊥AD交BC的延長線于點F，交AC于點H，則下列結論：①∠APB=135°；②AD=PF+PH；③DH平分∠CDE；④S四邊形ABDE=74S△ABP；⑤S△APH=S△ADE，其中正確的結論是（）
A．①②③B．②③④C．①②④⑤D．①②⑤
【答案】D
【分析】①利用三角形內角和定理以及角平分線的定義即可判定；
②證明△ABP≌△FBP，推出PA=PF，再證明△APH≌△FPD，推出PH=PD即可判定；
③利用反證法，假設成立，推出矛盾即可；
④可以證明S四邊形ABDE=2S△ABP，據(jù)此即可判定；
⑤由DH∥PE，利用等高模型即可判定．
【詳解】解：在△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
又∵AD、BE分別平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAP=∠DAC，∠ABP=∠FBP，
∴∠BAD+∠ABE=12∠CAB+∠CBA=12×90°=45°，
∴∠APB=180°?∠BAD+∠ABE=135°，故①正確；
∴∠BPD=180°?∠APB=180°?135°=45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPD=∠APF=90°，
∴∠FPB=∠FPD+∠BPD=90°+45°=135°，
∴∠APB=∠FPB，
在△ABP和△FBP中，
∠ABP=∠FBPBP=BP∠APB=∠FPB，
∴△ABP≌△FBPASA，
∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF，
∴∠PAH=∠BAP=∠PFD，
在△APH和△FPD中，
∠APH=∠FPDAP=FP∠PAH=∠PFD，
∴△APH≌△FPDASA，
∴PH=PD，
∴AD=AP+PD=PF+PH，故②正確；
∵△ABP≌△FBP，△APH≌△FPD，
∴S△APB=S△FPB，S△APH=S△FPD，PH=PD，
∵∠HPD=90°，
∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD，
∴HD∥EP，
∴S△EPH=S△EPD，
∴S△EPH+S△APE=S△EPD+S△APE，即S△APH=S△AED，故⑤正確；
∵S四邊形ABDE=S△ABP+S△AEP+S△EPD+S△PBD
=S△ABP+S△AEP+S△EPH+S△PBD
=S△ABP+S△APH+S△PBD
=S△ABP+S△FPD+S△PBD
=S△ABP+S△FBP
=2S△ABP，故④不正確；
若DH平分∠CDE，則∠CDH=∠EDH，
∵DH∥BE，
∴∠CDH=∠CBE=∠ABE，
∴∠CDE=∠ABC，
∴DE∥AB，
這個顯然與已知條件不符，故③不正確，
綜上所述，正確的結論有①②⑤，
故選：D．
【點睛】本題考查了角平分線的判定與性質，三角形全等的判定與性質，三角形內角和定理，三角形的面積等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
2．（2023春·陜西西安·七年級校考階段練習）如圖，∠ABC=∠CAD=90°，AB=4，AC=AD，求△BAD的面積．

【答案】8
【分析】過點D作DE⊥AB，交AB的延長線于點E，通過證明△DAE≌△ACB求得三角形高，從而求面積．
【詳解】解：過點D作DE⊥AB，交AB的延長線于點E，

∵∠ABC=∠CAD=90°，
∴∠DEA=∠ABC，∠DAE+∠ADE=∠DAE+∠BAC=90°，
∴∠ADE=∠BAC，
又∵AC=AD，
∴△DAE≌△ACB，
∴DE=AB=4，
∴S△BAD=12AB?DE=12×4×4=8，即△BAD的面積為8．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質，通過添加輔助線構造全等三角形是解題關鍵．
3．（2023春·江西鷹潭·七年級?？茧A段練習）將兩個三角形紙板△ABC和△DBE按如圖所示的方式擺放，連接DC．已知∠DBA=∠CBE，∠BDE=∠BAC，AC=DE=DC．

(1)試說明△ABC≌△DBE．
(2)若∠ACD=72°，求∠BED的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)∠BED=36°
【分析】（1）利用AAS證明三角形全等即可；
（2）全等三角形的性質，得到∠BED=∠BCA，證明△DBC≌△ABCSSS，得到∠BCD=∠BCA=12∠ACD=36°，即可得解．
【詳解】（1）解：因為∠DBA=∠CBE，
所以∠DBA+∠ABE=∠CBE+∠ABE，
即∠DBE=∠ABC．
在△ABC和△DBE中，
∠ABC=∠DBE∠BAC=∠BDEAC=DE，
所以△ABC≌△DBEAAS．
（2）因為△ABC≌△DBE，
所以BD=BA，∠BCA=∠BED．
在△DBC和△ABC中，
DC=ACCB=CBBD=BA，
所以△DBC≌△ABCSSS，
所以∠BCD=∠BCA=12∠ACD=36°，
所以∠BED=∠BCA=36°．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質．解題的關鍵是證明三角形全等．
4．（2023春·陜西西安·七年級西安市第二十六中學校考階段練習）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，CE⊥AB于點E，AD與CE交于點F，且AD=CD．

(1)求證：△ABD?△CFD；
(2)若BC=9，AD=7，求AF的長．
【答案】(1)見解析
(2)AF=5
【分析】（1）先證明∠ADB=∠CDF=∠CEB=90°，則∠BAD=∠FCD=90°?∠B，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“ASA”證明△ABD?△CFD；
（2）先由BC=9，AD=CD=7求得BD=2，再根據(jù)全等三角形的對應邊相等證明BD=FD=2，則AF=AD?FD=5．
【詳解】（1）∵AD⊥BC，CE⊥AB，
∴∠ADB=∠CDF=∠CEB=90°．
∴∠BAD+∠B=∠FCD+∠B=90°．
∴∠BAD=∠FCD．
在△ABD和△CFD中，
∠ADB=∠CDF,AD=DC,∠BAD=∠FCD,
∴△ABD≌△CFDASA．
（2）∵△ABD≌△CFD，
∴BD=DF．
∵BC=9，AD=DC=7，
∴BD=BC?CD=2．
∴DF=2．
∴AF=AD?DF=7?2=5．
【點睛】此題重點考查同角的余角相等、全等三角形的判定與性質等知識，正確地找到全等三角形的對應邊和對應角并且通過推理證明三角形全等的條件是解題的關鍵．
5．（2023春·湖南長沙·八年級長沙市開福區(qū)青竹湖湘一外國語學校?？计谀┤鐖D，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分別為D，E．

(1)求證：△ACD≌△CBE；
(2)若AD=12，DE=7，求BE的長．
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】（1）根據(jù)垂直定義求出∠BEC=∠ACB=∠ADC，根據(jù)等式性質求出∠ACD=∠CBE，根據(jù)AAS證明△BCE≌△CAD；
（2）根據(jù)全等三角形的對應邊相等得到AD=CE，CD=BE，再根據(jù)AD=12，DE=7，即可解答．
【詳解】（1）證明：∵∠ACB=90°,BE⊥CE，
∴∠ECB+∠ACD=90°,∠ECB+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
∵AD⊥CE,BE⊥CE，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
∵AC=BC，
∴△ACD≌△CBE；
（2）解：∵△ACD≌△CBE，
∴AD=CE,CD=BE，
∵AD=12,DE=7，
∴BE=CD=CE?DE=12?7=5．
【點睛】本題考查了全等三角形的性質和判定，垂線的定義等知識點的應用，解此題的關鍵是推出證明△ADC和△CEB全等的三個條件．
6．（2023春·七年級課時練習）（1）如圖1，AB=AC，∠B=∠EDF，DE=DF，F(xiàn)C=2，BE=4，求BC的長度.
（2）如圖2，AB=AC，∠ABC=∠EDF，DE=DF，探索BC、BE、CF的數(shù)量關系，并證明.
（3）如圖3，在中，∠B=∠ADE=45°，∠C=22.5°，DA=DE，AB=3，BD=2，則DC=______.
【答案】（1）6；（2）BC=BE?CF，證明見解析；（3）5
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠B=∠C=∠EDF，再根據(jù)三角形的內角和定理得到∠BED=∠FDC，根據(jù)全等三角形的性質得到BD=FC=2，BE=CD=4，最后由BC=BD+CD即可解答；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠ABC=∠ACB=∠EDF，求得∠ABD=∠DCF，最后根據(jù)全等三角形的性質即可解答；
（3）在△ABC內部作∠CEF=∠C交BC于F，于是得到∠DFE=∠CEF+∠C=45°，EF=CF，求得∠DFE=∠B=∠ADE=45°，最后根據(jù)全等三角形的性質得到BD=EF=CF=2，最后根據(jù)DC=DF+CF即可解答．
【詳解】（1）解：∵AB=AC，∠B=∠EDF，
∴∠B=∠C=∠EDF，
∵∠B+∠BED+∠BDE=∠FDC+∠EDF+∠BDE，
∴∠BED=∠FDC，
在△BED和△FDC中，
∠B=∠C∠BED=∠CDFDE=DF
∴△BED?△FDC（AAS），
∴BD=FC=2，BE=CD=4，
∴BC=BD+CD=6；
（2）BC=BE?CF，證明如下：
∵AB=AC，∠ABC=∠EDF，
∴∠ABC=∠ACB=∠EDF，
∴∠ABD=∠DCF，∠BED+∠BDE=∠BDE+∠CDF，
∴∠BED=∠CDF，
∴△BED?△CDF（AAS），
∴BD=CF，BE=CD，
∴BC=CD?BD=BE?CF；
（3）如圖：在△ABC內部作∠CEF=∠C交BC于F，
∴∠DFE=∠CEF+∠C=45°，EF=CF，
∵∠B=∠ADE=45°，
∴∠DFE=∠B=∠ADE=45°，
∵∠BAD+∠B+∠ADB=∠FDE+∠ADE+ADB=180°，
∴∠BAD=∠FDE，
∴△BAD≌△FDE（AAS），
∴BD=EF=CF=2，AB=DF=3，
∴DC=DF+CF=5．
【點睛】本題屬于三角形的綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質、三角形的外角的性質等知識點，熟練掌握全等三角形的判定和性質定理是解題的關鍵．
【類型5 已知一邊一角對應相等，尋找夾該角的另一邊對應相等，用“SAS”】
1．（2023春·江蘇·七年級統(tǒng)考期末）如圖，在五邊形ABCDE中，AB=AE=4，BC=3，DE=2，∠ABC=∠AED=90°，∠DAC=12∠BAE，則五邊形ABCDE的面積等于（）

A．16B．20C．24D．26
【答案】B
【分析】延長DE至F，使EF=BC，連接AF，通過證明△AEF≌△ABC可得∠FAE=∠CAB，AF=AC，由∠DAC=12∠BAE可得∠DAF=∠DAC，從而可證明△ADF≌△ADCSAS，得到S△ADC=S△AFD=S△ADE+S△ACB，最后由S五邊形ABCDE=S△ADE+S△ACD+S△ABC，進行計算即可得到答案．
【詳解】解：如圖，延長DE至F，使EF=BC，連接AF，

則∠AEF=90°，
在△AEF和△ABC中，
EF=BC∠AEF=∠ABCAE=AB，
∴△AEF≌△ABCSAS，
∴∠FAE=∠CAB，AF=AC，
∵ ∠DAC=12∠BAE，∠BAE=∠EAD+∠DAC+∠BAC，
∴∠DAC=∠EAD+∠BAC=∠EAD+∠EAF=∠DAF，
在△ADF和△ADC中，
AD=AD∠DAF=∠DACAF=AC，
∴△ADF≌△ADCSAS，
∴S△ADC=S△AFD=S△ADE+S△ACB，
∵S△ADE=12DE?AE=12×2×4=4，S△ABC=12BC?AB=12×3×4=6，
∴S△ADC=4+6=10，
∴S五邊形ABCDE=S△ADE+S△ACD+S△ABC=4+10+6=20，
故選：B．
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質，添加適當?shù)妮o助線構造全等三角形，是解題的關鍵．
2．（2023春·廣東深圳·七年級統(tǒng)考期末）如圖，長方形ABCD中，點E為AD上一點，連接CE，將長方形ABCD沿著直線CE折疊，點D恰好落在AB的中點F上，點G為CF的中點，點P為線段CE上的動點，連接PF、PG，若AE=a、ED=b、AF=c，則PF+PG的最小值是( )

A．a(chǎn)+c?bB．b+2cC．a(chǎn)+b+2cD．a(chǎn)+b
【答案】D
【分析】取CD的中點H，連接PH、FH，可得PF+PG=PH+PF≥FH=a+b,所以當F、P、H三點共線時，PF+PG的值最?。?br>【詳解】解：取CD的中點H，連接PH、FH，

∵四邊形ABCD是長方形，F(xiàn)是AB的中點，
∴四邊形ADHF是長方形，
∴FH=AD=AE+DE=a+b；
由折疊可知：CD=CF，
∵G是CF的中點，H是CE的中點，
∴CG=CH，
在△GCP和△HCP中，
CG=CH∠GCP=∠HCPCP=CP，
∴△GCP≌△HCP(SAS)，
∴PG=PH，
∴PF+PG=PH+PF≥FH=a+b,
∴當F、P、H三點共線時，PF+PG的值最小，最小值為：a+b.
故選：D．
【點睛】本題考查了軸對稱的性質，全等三角形的判定和性質，三角形三邊的關系等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，利用兩邊之和大于第三邊解決問題．
3．（2023春·山東泰安·七年級統(tǒng)考期末）如圖，線段AB與CF交于點E，點D為CF上一點，連接AD、AF、BC，已知AD=BC，∠1=∠2．

(1)請?zhí)砑右粋€條件________使△ADF≌△BCE，并說明理由．
(2)在（1）的條件下請?zhí)骄緼E與BE的數(shù)量關系，并說明理由．
【答案】(1)DF=CE，理由見解析；
(2)AE=BE，理由見解析．
【分析】（1）利用SAS判定定理，添加DF=CE即可判斷；
（2）利用全等三角形的判定與性質，再結合等角對等邊即可判斷．
【詳解】（1）解：添加條件：DF=CE，理由如下：
∵AD=BC，∠1=∠2，DF=CE，
∴△ADF≌△BCESAS；
（2）解：AE=BE，理由如下：
∵△ADF≌△BCE，
∴∠F=∠CEB，AF=BE
∵∠CEB=∠AEF，
∴∠F=∠AEF，
∴AE=AF，
∴AE=BE．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質以及等角對等邊，掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．
4．（2023·江蘇·八年級假期作業(yè)）已知：在△ABC中，AB=CD?BD，AD⊥BC，求證：∠B=2∠C．

【答案】見解析
【分析】方法一：在DC上取一點E，使BD=DE，如圖1，易證△ABD≌△AED，可得AB=AE，∠B=∠AED，進而可知AE=AB=CD?BD=CD?DE=EC，可得∠C=∠EAC，再利用三角形的外角即可證明結論；
方法二：延長DB到點E，使BE=AB，如圖2，可得∠E=∠EAB，由AB=CD?BD，可得CD=AB+BD=BE+BD=ED，即可知ED=CD，易證△AED≌△ACD，可得∠E=∠C．再利用三角形的外角即可證明結論．
【詳解】方法一：在DC上取一點E，使BD=DE，如圖1，
在△ABD和△AED中，AD⊥BC，則∠ADB=∠ADE=90°，
∵BD=ED，AD=AD．
∴△ABD≌△AED．
∴AB=AE，∠B=∠AED．
又∵AE=AB=CD?BD=CD?DE=EC，
∴∠C=∠EAC，
∴∠C+∠EAC=∠AED=2∠C
∴∠B=2∠C．

方法二：延長DB到點E，使BE=AB，如圖2，
∴∠E=∠EAB．
∵AB=CD?BD，
∴CD=AB+BD=BE+BD=ED
即：ED=CD．
在△AED和△ACD中，AD⊥BC，∠ADC=∠ADE=90°，
∵ED=CD，AD=AD．
∴△AED≌△ACD．
∴∠E=∠C．
∵∠ABD=2∠E
∴∠B=2∠C．
【點睛】本題考查全等三角形的判定及性質，三角形外角的性質，添加輔助線構造全等三角形是解決問題的關鍵．
5．（2023·江蘇·八年級假期作業(yè)）如圖，在△ABC中，AD為BC邊上的中線．

(1)按要求作圖：延長AD到點E，使DE=AD；連接BE．
(2)求證：△ACD≌△EBD．
(3)求證：AB+AC>2AD．
(4)若AB=5，AC=3，求AD的取值范圍．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)見解析
(4)1

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