专题1.6三角形全等的判定-2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典（解析版）【浙教版】

2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【浙教版】专题1.6三角形全等的判定姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．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秋•椒江区期末）如图，有一块三角形玻璃，小明不小心将它打破．带上这块玻璃，能配成同样大小的一块，其理由是（）A．SSS B．ASA C．SAS D．HL【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形．【解析】破玻璃保留了原来三角形的两个角和一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃，故选：B．2．（2020秋•镇海区期末）如图，BE＝CF，AB＝DE，添加下列哪一个条件可以推证△ABC≌△DEF（）A．BC＝EF B．∠A＝∠D C．AC∥DF D．∠B＝∠DEF【分析】根据题目中的条件，可以得到BC＝EF，AB＝DE，然后即可判断各个选项中添加的条件是否能使得△ABC≌△DEF，从而可以解答本题．【解析】∵BE＝CF，∴BE+EC＝CF+EC，∴BC＝EF，又∵AB＝DE，∴添加条件BC＝EF，不能判断△ABC≌△DEF，故选项A不符合题意；添加条件∠A＝∠D，不能判断△ABC≌△DEF，故选项B不符合题意；添加条件AC∥DF，可以得到∠ACB＝∠F，不能判断△ABC≌△DEF，故选项C不符合题意；添加条件∠B＝∠DEF，可以得到△ABC≌△DEF（SAS），故选项D符合题意；故选：D．3．（2020秋•涪城区期末）根据下列条件，能画出唯一△ABC的是（）A．AB＝3，BC＝4，CA＝7 B．AC＝4，BC＝6，∠A＝60° C．∠A＝45°，∠B＝60°，∠C＝75° D．AB＝5，BC＝4，∠C＝90°【分析】根据全等三角形的判定，三角形的三边关系一一判断即可．【解析】A、不满足三边关系，本选项不符合题意．B、边边角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意．C、没有边的条件，三角形不能唯一确定．本选项不符合题意．D、斜边直角边三角形唯一确定．本选项符合题意．故选：D．4．（2020秋•丛台区校级期末）根据下列条件不能唯一画出△ABC的是（）A．AB＝5，BC＝6，AC＝7 B．AB＝5，BC＝6，∠B＝45° C．AB＝5，AC＝4，∠C＝90° D．AB＝3，AC＝4，∠C＝45°【分析】判断其是否为三角形，即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，两边夹一角，或两角夹一边可确定三角形的形状，否则三角形并不是唯一存在，可能有多种情况存在．【解析】A、∵AC与BC两边之和大于第三边，∴能作出三角形，且三边知道能唯一画出△ABC；B、∠B是AB，BC的夹角，故能唯一画出△ABC；C、AB＝5，AC＝4，∠C＝90°，得出BC＝3，可唯一画出△ABC；D、因为3＞22，所以AB＝3，AC＝4，∠C＝45故选：D．5．（2020秋•蚌埠期末）如图，AB平分∠DAC，增加下列一个条件，不能判定△ABC≌△ABD的是（）A．AC＝AD B．BC＝BD C．∠CBA＝∠DBA D．∠C＝∠D【分析】根据题意和各个选项中的条件，可以判断哪个条件不能判定△ABC≌△ABD．【解析】∵AB平分∠DAC，∴∠CAB＝∠DAB，∵AB＝AB，∴若AC＝AD，则△ABC≌△ABD（SAS），故选项A中的条件，可以判定△ABC≌△ABD；若BC＝BD，则无法判断△ABC≌△ABD，故选项B中的条件，不可以判定△ABC≌△ABD；若∠CBA＝∠DBA，则△ABC≌△ABD（ASA），故选项C中的条件，可以判定△ABC≌△ABD；若∠C＝∠D，则△ABC≌△ABD（AAS），故选项D中的条件，可以判定△ABC≌△ABD；故选：B．6．（2021春•滨江区校级月考）如图，已知△ABC的六个元素，则下面甲、乙、丙、丁四个三角形中一定和△ABC全等的图形是（）A．甲、丁 B．甲、丙 C．乙、丙 D．乙【分析】根据全等三角形的判定定理作出正确的选择即可．【解析】A、△ABC和甲两个三角形根据SAS可以判定全等，△ABC与丁三角形根据ASA可以判定全等，故本选项正确；B、△ABC与丙两个三角形的对应角不一定相等，无法判定它们全等，故本选项错误；C、△ABC与乙、丙都无法判定全等，故本选项错误；D、△ABC与乙无法判定全等，故本选项错误；故选：A．7．（2021•宁波模拟）如图线段AB、DC相交于点O，已知OC＝OB，添加一个条件使△OCA≌△OBD，下列添加条件中，不正确的是（）A．AC＝DB B．∠C＝∠B C．OA＝OD D．∠A＝∠D【分析】根据全等三角形的判定定理，对每个选项分别分析、解答出即可；【解析】根据题意，已知OC＝OB，∠AOC＝∠COB，∴只需添加对顶角的邻边，即OA＝OD，或任意一组对应角，即∠C＝∠B，∠A＝∠D；所以，选项A错误；故选：A．8．（2020秋•呼和浩特期末）如图，已知△ABC，下面甲、乙、丙、丁四个三角形中，与△ABC全等的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【分析】根据全等三角形的判定定理作出正确的选择即可．【解析】A．△ABC和甲所示三角形根据SA无法判定它们全等，故本选项错误；B．△ABC和乙所示三角形根据SAS可判定它们全等，故本选项正确；C．△ABC和丙所示三角形根据SA无法判定它们全等，故本选项错误；D．△ABC和丁所示三角形根据AA无法判定它们全等，故本选项错误；故选：B．9．（2020秋•临河区期末）如图，AB＝12m，CA⊥AB于点A，DB⊥AB于点B，且AC＝4m，点P从B向A运动，每分钟走1m，点Q从B向D运动，每分钟走2m，P、Q两点同时出发，运动（）分钟后，△CAP与△PQB全等．A．2 B．3 C．4 D．8【分析】设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；则BP＝xm，BQ＝2xm，则AP＝（12﹣x）m，分两种情况：①若BP＝AC，则x＝4，此时AP＝BQ，△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，则12﹣x＝x，得出x＝6，BQ＝12≠AC，即可得出结果．【解析】∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，∴∠A＝∠B＝90°，设运动x分钟后△CAP与△PQB全等；则BP＝xm，BQ＝2xm，则AP＝（12﹣x）m，分两种情况：①若BP＝AC，则x＝4，∴AP＝12﹣4＝8，BQ＝8，AP＝BQ，∴△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，则12﹣x＝x，解得：x＝6，BQ＝12≠AC，此时△CAP与△PQB不全等；综上所述：运动4分钟后△CAP与△PQB全等；故选：C．10．（2020春•沙坪坝区校级期末）如图，在△ABC和△DEF中，点B、F、C、D在同一条直线上，已知∠A＝∠D，AB＝DE，添加以下条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（）A．∠B＝∠E B．AC＝DF C．∠ACD＝∠BFE D．BF＝CD【分析】根据全等三角形的全等定理逐个判断即可．【解析】A．符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；B．符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；C．∵∠ACD＝∠BFE，∠ACD＝∠A+∠ABC，∠BFE＝∠E+∠D，∠A＝∠D，∴∠B＝∠E，即符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；D．∵BF＝CD，∴BF+CF＝CD+CF，即BC＝DF，∵∠A＝∠D，AB＝DE，∴不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选项符合题意；故选：D．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秋•南浔区期末）如图，已知在△ABC和△ADC中，∠ACB＝∠ACD，请你添加一个条件：BC＝DC，使△ABC≌△ADC（只添一个即可）．【分析】添加BC＝DC，再加上条件∠ACB＝∠ACD，公共边AC，可利用SAS定理判定△ABC≌△ADC．【解析】添加：BC＝DC，在△ABC和△ADC中，BC=DC∠ACB=∠ACD∴△ABC≌△ADC（SAS）．故答案为：BC＝DC．12．（2020秋•嵊州市期中）如图，已知∠ABC＝∠DCB，则需添加的一个条件是AB＝DC或∠ACBC＝∠DBC或∠A＝∠D可使△ACB≌△DBC．（只写一个即可，不添加辅助线）．【分析】由图形可知BC为公共边，则可再加一组边相等或一组角相等，可求得答案．【解析】∵∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，∴可补充AB＝DC，在△ACB和△DBC中，AB=DC∠ABC=∠DCB∴△ACB≌△DBC（SAS）；可补充∠ACB＝∠DBC，在△ACB和△DBC中，∠ABC=∴△ACB≌△DBC（ASA），可补充∠A＝∠D，在△ACB和△DBC中，∠ABC=∴△ACB≌△DBC（AAS）．故答案为：AB＝DC或∠ACBC＝∠DBC或∠A＝∠D．13．（2020秋•北仑区期中）如图，锐角△ABC和锐角△A'B'C′中，CD，C'D'分别是AB，A'B'上的高，且AC＝A'C'，CD＝C'D'．要使△ABC≌△A'B'C'，则应补充的条件是∠B＝∠B′（答案不唯一）（填写一个即可）．【分析】根据判定方法，结合图形和已知条件，寻找添加条件．【解析】添加∠B＝∠B′，在Rt△ACD与Rt△A'C'D'中，AC=A'∴Rt△ACD≌Rt△A'C'D'（HL），∴∠A＝∠A'，在△ABC与△A'B'C'中，∠A=∴△ABC≌△A'B'C'（AAS），故答案为：∠B＝∠B′（答案不唯一）．14．（2020秋•慈溪市期中）如图，在△ABC和△ADC中，AB＝AD，BC＝DC，∠DAB＝80°，则∠DAC＝40°．【分析】根据全等三角形的判定定理得出△ABC≌△ADC，根据全等三角形的性质得出∠DAC＝∠BAC，即可求出结果．【解答】证明：在△ABC和△ADC中，AB=ADAC=AC∴△ABC≌△ADC（SSS），∴∠DAC＝∠BAC∵∠DAB＝80°，∴∠DAC＝40°，故答案为：40°．15．（2021春•历城区期中）如图，已知∠ABC＝∠DCB，要使△ABC≌△DCB，根据“SAS”判定方法，需要再添加的一个条件是AB＝CD．【分析】本题要判定△ABC≌△DCB，已知∠ABC＝∠DCB，隐含的条件是BC＝BC，那么只需添加一个条件即可．添边的话可以是AB＝CD，符合SAS．【解析】所添加条件为：AB＝CD，在△ABC和△DCB中，AB=CD∠ABC=∠DCB∴△ABC≌△DCB（SAS）．故答案为：AB＝CD．16．（2020秋•丹阳市期末）如图，已知点B、E、F、C在同一直线上，BE＝CF，AF＝DE，则添加条件∠AFB＝∠DEC或AB＝DC，可以判断△ABF≌△DCE．【分析】先求出BF＝CE，然后根据全等三角形的判定方法确定添加的条件即可．【解析】∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，又∵AF＝DE，∴若添加∠AFB＝∠DEC，可以利用“SAS”证明△ABF≌△DCE，若添加AB＝DC，可以利用“SSS”证明△ABF≌△DCE，所以，添加的条件为∠AFB＝∠DEC或AB＝DC．故答案为：∠AFB＝∠DEC或AB＝DC．17．（2020秋•江都区期末）如图，点A，B，C在同一条直线上，∠A＝∠DBE＝∠C＝90°，请你只添加一个条件，使得△DAB≌△BCE．你添加的条件是DB＝BE（答案不唯一）．（要求：不再添加辅助线，只需填一个答案即可）【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可．【解析】添加的条件是DB＝BE，理由是：∵∠A＝∠DBE＝90°，∴∠D+∠ABD＝90°，∠ABD+∠CBE＝90°，∴∠D＝∠CBE，在△DAB和△BCE中，∠D=∴△DAB≌△BCE（AAS），故答案为：DB＝BE（答案不唯一）．18．（2020秋•天心区期末）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝100，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为2：3，运动到某时刻同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为40或75．【分析】设BE＝2t，则BF＝3t，使△AEG与△BEF全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，列方程解得t，可得AG；情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，列方程解得t，可得AG．【解析】设BE＝2t，则BF＝3t，因为∠A＝∠B＝90°，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，∵BF＝AE，AB＝100，∴3t＝100﹣2t，解得：t＝20，∴AG＝BE＝2t＝2×20＝40；情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，∵BE＝AE，AB＝100，∴2t＝100﹣2t，解得：t＝25，∴AG＝BF＝3t＝3×25＝75，综上所述，AG＝40或AG＝75．故答案为：40或75．三、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．（2021•宁波模拟）如图，点B，C，E，F在同一直线上，点A，D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．（1）求证：AE∥DF．（2）若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠AEC的度数．【分析】（1）证△ABE≌△DCF（SAS），得∠AEB＝∠DFC，即可得出结论；（2）由全等三角形的性质得∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，再求出∠A＝72°，然后由三角形的外角性质求解即可．【解答】（1）证明：∵BF＝CE，∴BF+EF＝CE+EF，即BE＝CF，在△ABE和△DF中，AB=DC∠B=∠C∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠AEB＝∠DFC，∴AE∥DF；（2）解：∵△ABE≌△DCF，∴∠A＝∠D，∠B＝∠C＝30°，∵∠A+∠D＝144°，∴∠A＝72°，∴∠AEC＝∠A+∠B＝72°+30°＝102°．20．（2021•苍南县一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，且AD＝BE．（1）求证：△ABD≌△ECB．（2）若∠BDC＝70°．求∠ADB的度数．【分析】（1）由“ASA”可证△ABD≌△ECB；（2）由全等三角形的性质可得BD＝BC，由等腰三角形的性质可求解．【解答】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBE，在△ABD和△ECB中，∠A=∴△ABD≌△ECB（ASA）；（2）∵△ABD≌△ECB，∴BD＝BC，∴∠BDC＝∠BCD＝70°，∴∠DBC＝40°，∴∠ADB＝∠CBD＝40°．21．（2020秋•南京期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，OA＝OB，OC＝OD．求证：（1）AB∥CD；（2）△ABC≌△BAD．【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠OAB＝∠OBA，∠OCD＝∠ODC，求出∠OAB＝∠OCD，根据平行线的判定推出即可；（2）求出AC＝BD，根据SAS推出即可．【解答】（1）证明：∵OA＝OB，OC＝OD，∴∠OAB＝∠OBA，∠OCD＝∠ODC，∵∠COD＝∠AOB，∠OAB+∠OBA+∠AOB＝180°，∠OCD+∠ODC+∠COD＝180°，∴∠OAB＝∠OBA＝∠OCD＝∠ODC，即∠OAB＝∠OCD，∴AB∥CD；（2）∵OA＝OB，OC＝OD，∴AC＝BD，在△ABC和△BAD中，AC=BD∠CAB=∠DBA∴△ABC≌△BAD（SAS）．22．（2018秋•北碚区校级期末）如图，点D在△ABC外部，点C在DE边上，BC与AD交于点O，若∠1＝∠2＝∠3，AC＝AE．求证：（1）∠B＝∠D；（2）△ABC≌△ADE．【分析】（1）由三角形内角和定理可知∠E＝∠180°﹣∠3﹣∠ACE，∠ACB＝180°﹣∠2﹣∠ACE，再根据∠2＝∠3，∠ACE＝∠ACE，证明△ABC≌△ADE（ASA），即可证明．（2）只要证明△ABC≌△ADE（ASA）即可．【解答】证明：（1）∵∠1＝∠3，∴∠1+∠DAC＝∠3+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，∵∠E＝∠180°﹣∠3﹣∠ACE，∠ACB＝180°﹣∠2﹣∠ACE，∵∠2＝∠3，∠ACE＝∠ACE，∴∠ACB＝∠E，在△ABC与△ADE中∠BAC=∴△ABC≌△ADE（ASA），∴∠B＝∠D．（2）由（1）可得△ABC≌△ADE．23．（2019秋•东昌府区期末）如图，已知等腰三角形ABC，两腰AB，AC的垂直平分线DF，EG，分别交BC，CB的延长线于点F，G．连接AG，AF．（1）猜想∠AGB和∠AFC的大小关系，并证明．（2）求证：△AGB≌△AFC．【分析】（1）根据线段垂直平分线性质得出GA＝GC，AF＝BF，根据等腰三角形的性质求出∠AGE＝∠CGE，∠AFD＝∠BFD，再求