专题02 全等三角形【6个考点知识梳理、题型解题方法、专题过关】（解析版）

专题02全等三角形【6个考点知识梳理+题型解题方法+专题训练】考点一：全等形全等形的：两个形状大小完全相同的图形是全等形，能够完全重合。【考试题型1】全等图形的判断【解题方法】根据概念进行判断即可。例题讲解：1．下列各项中，两个图形属于全等图形的是（）A． B． C． D．【解答】解：A、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；B、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；C、两个图形能够完全重合，是全等图形，符合题意；D、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；故选：C．考点二：全等三角形的性质全等三角形的性质：①对应边相等②对应角相等③对应边上的三条线段分别对应相等④全等的两个三角形周长和面积分别对应相等【考试题型1】利用全等的性质求角度【解题方法】根据全等的两个三角形对应角相等，再结合前面所学的知识点进行求解。例题讲解：2．（2023•鼓楼区校级开学）如图，△ACB≌△A'CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（）​A．25° B．30° C．35° D．40°【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠A′CB'，结合图形计算，得到答案．【解答】解：∵△ACB≌△A′CB'，∴∠ACB＝∠A′CB'，∴∠ACB﹣∠A′CB＝∠A′CB'﹣∠A′CB，∴∠ACA'＝∠BCB'＝30°，故选：B．【考试题型2】利用全等的性质求长度【解题方法】根据全等的两个三角形对应边相等，再结合前面所学的知识点进行求解。例题讲解：3．（2023春•普宁市期末）如图，△ABC≌△DEC，B、C、D在同一直线上，且CE＝5，AC＝7，则BD长（）A．12 B．7 C．2 D．14【分析】由全等三角形的性质得到AC＝DC＝7，CB＝CE＝5，再根据BD＝DC+CB即可得解．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴AC＝DC，CB＝CE，∵CE＝5，AC＝7，∴CB＝5，DC＝7，∴BD＝DC+CB＝7+5＝12．故选：A．【考试题型3】利用全等的性质求面积【解题方法】根据全等的两个三角形面积相等，再结合前面所学的知识点进行求解。例题讲解：4．（2023春•抚顺期末）如图，两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位置，AB＝6，DO＝2，平移距离为4，则阴影部分面积为（）A．20 B．24 C．28 D．30【分析】根据平移性质得到阴影部分面积等于梯形ABEO的面积，然后利用梯形面积公式求解即可．【解答】解：由平移性质得△ABC≌△DEF，BE＝4，DE＝AB＝6，AB∥DE，∴S△ABC＝S△DEF，OE＝DE﹣DO＝4，∠ABC＝∠DEF＝90°，∴S阴影面积＝S△DEF﹣S△OEC＝S△ABC﹣S△OEC＝S梯形ABEO＝＝20，故选：A．考点三：全等三角形的判定方法1：边边边（SSS）：三边对应相等的两个三角形全等。方法2：边角边（SAS）：两边及其夹角对应相等的两个三角形全等。方法3：角边角（ASA）：两角及其夹边对应相等的两个三角形全等。方法4：角角边（AAS）：两角及其其中一角的对边分别对应相等的两个三角形全等。方法5：斜边与直角边（HL）：两个直角三角形中，斜边与直角边分别对应相等的两个直三角形全等。【考试题型1】添加判定条件【解题方法】根据已知的条件找第三个条件添加。例题讲解：5．（2023•武侯区校级开学）如图，在△ABC和△DEF中，点B，C，E，F在同一直线上，BE＝CF，AB∥DE，只添加一个条件，能判定△ABC≌△DEF的是（）A．∠A＝∠F B．AC∥DF C．AC＝DF D．EC＝CF【分析】由全等三角形的判定，即可判断．【解答】解：∵BE＝CF，∴BC＝EF，∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEF，A、∠A＝∠D，才能判定△ABC≌△DEF，故A不符合题意；B、由AC∥DF，得到∠F＝∠ACB，由ASA判定△ABC≌△DEF，故B符合题意；C、AC＝DF，∠B和∠DEF分别是AC和DF的对角，不能判定△ABC≌△DEF，故C不符合题意；D、EC＝CF，不能判定△ABC≌△DEF，故D不符合题意．故选：B．6．（2023春•晋中期中）如图，已知∠ABC＝∠DCB，AC与BD交于点O，添加一个适当的条件后，仍不能使得△ABC≌△DCB成立的是（）A．BD＝AC B．AB＝DC C．OB＝OC D．∠A＝∠D【分析】根据全等三角形的判定定理逐项分析判断即可求解．【解答】解：已知条件为BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，A．BD＝AC，不能判断△ABC≌△DCB，符合题意；B．∵AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，∴△ABC≌△DCB（SAS），不合题意；C．∵OB＝OC，∴∠DBC＝∠ACB，又BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，∴△ABC≌△DCB（ASA），不合题意；D．∵∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，∴△ABC≌△DCB（AAS），不合题意；故选：A．【考试题型2】全等三角形的判定【解题方法】根据全等三角形的判定方法结合已知条件进行判定即可。例题讲解：7．（2023•宁江区三模）已知：如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点A作AE∥BF分别交DC、DF于点G、点E，DG＝CH，求证：△DFH≌△CAG．【分析】先根据平行线的性质得出∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，再由DG＝CH可知CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，根据ASA定理即可得出结论．【解答】证明：∵AC∥DF，AE∥BF，∴∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，∵DG＝CH，∴CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，在△DFH和△CAG中，，∴△DFH≌△CAG（ASA）．8．（2023•五华区校级模拟）如图，已知AB∥DE，AB＝DE，AF＝DC．证明：△ABC≌△DEF．【分析】由平行线的性质可得∠A＝∠D，再由已知条件可得AC＝DF，利用SAS即可判定△ABC≌△DEF．【解答】证明：∵AB∥DE，∴∠A＝∠D，∵AF＝DC，∴AF+CF＝DC+CF，即AC＝DF，在△ABC与△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．【考试题型3】直角三角形的全等判定【解题方法】根据直角三角形的全等判定即可。例题讲解：9．（2023春•平江县期末）如图，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明．【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABF与△DCE都为直角三角形，在Rt△ABF和Rt△DCE中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL）．【考试题型1】全等三角形的判定与性质【解题方法】先利用全等三角形的判定进行证明全等三角形，在利用全等三角形的性质求解。例题讲解：10．（2023•裕华区开学）如图，已知△BAC和△DAE的顶点A重合，∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，连接BD、CE交于点M．（1）证明：∠ABD＝∠ACE；（2）若∠BAC＝70°，则∠BMC的大小为70°．【分析】（1）利用SAS证得△ABD≌△ACE，则其对应角相等；（2）利用三角形内角和定理求得∠DAE＝38°，【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE；（2）解：．由（1）知，△ABD≌△ACE，则∠BAD＝∠CAE，∴∠BAD﹣∠CAD＝∠CAE﹣∠CAD．∴∠BAC＝∠DAE＝70°．设BD与AC交于点F，由（1）得∠ABD＝∠ACE，在△ABF和△CMF中，∠AFB＝∠CFM，∵∠ABD+∠AFB+∠BAC＝180°，∠ACE+∠MFC+∠BMC＝180°，∴∠BMC＝∠BAC＝70°．11．（2023春•宽甸县期末）如图，点B、F、C、E在一条直线上，OA＝OD，AC∥FD，AD交BE于O．（1）求证：△ACO≌△DFO；（2）若BF＝CE．求证：AB∥DE．【分析】（1）平行线的性质得出∠CAO＝∠FDO，进而利用AAS证明△ACO≌△DFO即可；（2）根据全等三角形的判定和性质得出△ABO与△DEO全等，进而利用全等三角形的性质和平行线的判定解答即可．【解答】证明：（1）∵AC∥FD，∴∠CAO＝∠FDO，在△ACO与△DFO中，∴△ACO≌△DFO（AAS）；（2）∵△ACO≌△DFO，∴OF＝OC，∵BF＝CE，∴BO＝EO，在△ABO与△DEO中，∴△ABO≌△DEO（SAS），∴∠B＝∠E，∴AB∥DE．【考试题型4】全等三角形的应用【解题方法】把实际问题中的三角形模型转化为数学中的全等三角形模型，再利用全等三角形求解。例题讲解：12．（2023春•萧县期末）（1）萧县某中学计划为学生暑期军训配备如图（1）所示的折叠凳，这样设计的折叠凳坐着舒适、稳定．这种设计所运用的数学原理是三角形具有稳定性．；（2）图（2）是折叠凳撑开后的侧面示意图（木条等材料宽度忽略不计），其中凳腿AB和CD的长度相等，交点O是它们的中点，为了使折叠凳坐着舒适，厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为38cm，则由以上信息可推得CB的长度是多少？请说明理由．【分析】（1）根据三角形的稳定性进行解答即可；（2）证明△AOD≌△BOC（SAS），得BC＝AD，结合已知条件则可知BC的长度【解答】解：（1）由题意得，这种设计所运用的数学原理是三角形具有稳定性；故答案为：三角形具有稳定性．（2）CB＝38cm．理由如下：∵O是AB和CD的中点，∴AO＝BO，CO＝DO，在△AOD和△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），又∵AD＝38cm，∴BC＝AD＝38cm．考点四：角平分线的性质角平分线的性质：①平分角②角平分线上任意一点到角两边的距离相等【考试题型1】角平分线的性质求线段长度【解题方法】利用角平分线上的点到角两边的距离相等，作点到两边的距离求解。例题讲解：13．（2023•高新区校级开学）如图，AB∥CD，BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，AD过点P，且与AB垂直．若点P到BC的距离是4，则AD的长为（）A．8 B．6 C．4 D．2【分析】过点P作PE⊥BC于E，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得PA＝PE，PD＝PE，那么PE＝PA＝PD，又点P到BC的距离是4，进而求出AD＝8．【解答】解：过点P作PE⊥BC于E，∵AB∥CD，PA⊥AB，∴PD⊥CD，∵BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB，∴PA＝PE，PD＝PE，∴PE＝PA＝PD，∵PA+PD＝AD，∵PE＝4，∴AD＝2PE＝8．故选：A．【考试题型2】角平分线的性质求面积【解题方法】角平分线上的点到角两边的距离可以看成三角形的高从而求解。例题讲解：14．（2023•海淀区校级开学）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，若CD＝3，AB＝8，则△ABD的面积是（）A．36 B．24 C．12 D．10【分析】过点D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质求出DE，根据三角形的面积公式计算，得到答案．【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，∵AD是∠BAC的角平分线，DE⊥AB，∠C＝90°，∴DE＝CD＝3，∴S△ABD＝AB•DE＝×8×3＝12．故选：C．考点五：角平分线的作图角平分线的作图：步骤一：以角的顶点为圆心，一定长度为半径画圆弧，交角的两边与点M和点N。步骤二：以点M和点N为圆心，大于MN的长度为半径画圆弧，两弧交于点P。步骤三：连接OP即为角平分线步骤一步骤二步骤三【考试题型1】角平分线的性质【解题方法】根据作图痕迹得到角平分线，进而根据角平分线的性质求解。例题讲解：15．（2022春•莱阳市期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以点A为圆心，适当长为半径作弧，分别交AB，AC于点D，E，再分别以点D，E，为圆心，以大于DE的长度为半径作弧，两弧交于点F，作射线AF交BC于点G，若AB＝12，CG＝3，则△ABG的面积是（）A．12 B．18 C．24 D．36【分析】过点G作GH⊥AB于点H，根据题意得，AF是∠CAB的角平分线，得CG＝GH，根据三角形面积公式，即可求出△ABG的面积．【解答】解：过点G作GH⊥AB于点H，根据题意得，AF是∠CAB的角平分线，∵∠C＝90°，∴AC⊥CG，∵GH⊥AB，∴CG＝GH，∵CG＝3，∴，故选：B．【考试题型2】角平分线的性质应用—确定位置【解题方法】利用角平分线上的点到叫两边的距离相等确定位置，若是到两边的距离相等，则为这两边的角平分线上，若到三边的距离相等，则为角平分线的交点上。例题讲解：16．（2022春•广饶县期末）如图，三条公路两两相交，现计划修建一个油库，计划使得该油库到三条公路的距离相等，则油库的可选位置有（）处．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】作三条公路所组成的三角形的内角平分线和外角平分线，然后根据角平分线的性质得到它们的交点满足条件．【解答】解：如图，油库的可选位置有4处．故选：D．考点六：三角形的角平分线三角形一个角的角平分线分得的两个三角形的面积比等于这个角的两边的比，也等于这个角对边分得的两条线段的比。即如图：AD是△ABC的平分线。则＝＝。【考试题型1】利用三角形的角平分线求值【解题方法】利用三角形的角平分线的性质结合三角形进行求值即可。例题讲解：51．（2022秋•武汉期末）如图，在△ABC中，AD平分∠CAB，下列说法：①若CD：BD＝2：3，则S△ACD：S△ABD＝4：9；②若CD：BD＝2：3，则AC：AB＝2：3；③若∠C＝90°，AC+AB＝20，CD＝3，则S△ABC＝30；④若∠C＝90°，AC：AB＝5：13，BC＝36，则CD＝10．其中正确的是（）A．①② B．②③ C．①③④ D．②③④【分析】分别根据角平分线的性质结合三角形面积法进行求解即可．【解答】解：①设BC边上的高为h，则，若CD：BD＝2：3，则S△ACD：S△ABD＝2：3，故①错误；②过D作DE⊥AB，DF⊥AC，∵AD平分∠CAB，∴DE＝DF，∵S△ACD：S△ABD＝2：3∴因此，若CD：BD＝2：3，则AC：AB＝2：3，故②正确；③若∠C＝90°，过D作DE⊥AB，∵AD平分∠CAB，∴DE＝CD＝3，∴，故③正确；④若∠C＝90°，AC：AB＝5：13，BC＝36，∴设AC＝5x，AB＝13x，则由勾股定理得：BC＝12x，∴12x＝36，解得x＝3，∴AC＝15，AB＝39，∵S△ACD+S△ABD＝S△ABC，∴，即，解得，CD＝10．故④正确．故选：D．【专题过关】一．全等图形（共4小题）1．（2023春•沙坪坝区校级期中）下列各组给出的两个图形中，全等的是（）A． B． C． D．【分析】根据全等图形的概念判断即可．【解答】解：A、本选项中的两个图形，不属于全等图形，不符合题意；B、本选项中的两个图形，不属于全等图形，不符合题意；C、本选项中的两个图形，不属于全等图形，不符合题意；D、本选项中的两个图形，属于全等图形，符合题意；故选：D．2．（2023春•永春县期末）如图，已知方格纸中是4个相同的正方形，则∠1+∠2+∠3的度数为（）A．90° B．105° C．120° D．135°【分析】根据对称性可得∠1+∠3＝90°，∠2＝45°．【解答】解：观察图形可知，∠1所在的三角形与∠3所在的三角形全等，∴∠1+∠3＝90°，又∠2＝45°，∴∠1+∠2+∠3＝135°，故选：D．3．（2023春•渠县期末）如图，在2×3的正方形方格中，每个正方形方格的边长都为1，则∠1和∠2的关系是（）A．∠2＝2∠1 B．∠2﹣∠1＝90° C．∠1+∠2＝90° D．∠1+∠2＝180°【分析】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：如图，在△ABC与△BED中，，∴△ABC≌△BED（SAS），∴∠1＝∠DBE．∵∠DBE+∠2＝90°，∴∠1+∠2＝90°．故选：C．4．（2022秋•葫芦岛期末）如图，在3×3的正方形方格中，每个小正方形方格的边长都为1，则∠1和∠2的关系是（）A．∠1＝∠2 B．∠2＝2∠1 C．∠2＝90°+∠1 D．∠1+∠2＝180°【分析】根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：如图，在△ABC与△EDF中，，∴△ABC≌△EDF（SAS），∴∠1＝∠ABC．∵∠ABC+∠2＝180°，∴∠1+∠2＝180°．故选：D．二．全等三角形的性质（共10小题）5．（2023•鼓楼区校级开学）如图，△AOC≌△DOB，C，B是对应点，下列结论错误的是（）A．∠C和∠B是对应角 B．∠AOC和∠DOB是对应角 C．OA与OB是对应边 D．AC和DB是对应边【分析】由全等三角形对应边，对应角的定义，即可判断．【解答】解：∵△AOC≌△DOB，∴∠C和∠B是对应角，∠AOC和∠DOB是对应角，AC和BD是对应边，OA和OD是对应边，故A、B、D不符合题意；C符合题意．故选：C．6．（2023•鄞州区校级开学）如图，△OCA≌△OBD，∠A＝30°，∠AOC＝80°，则∠B的度数为（）A．30° B．70° C．80° D．90°【分析】在△AOC中由三角形内角和180°可求出∠C，由全等三角形对应角相等可得∠C＝∠B即可求解．【解答】解：在△AOC中，∠A+∠AOC+∠C＝180°，∴∠C＝180°﹣80°﹣30°＝70°又∵△OCA≌△OBD，∴∠C＝∠B＝70°，故选：B．7．（2023•鼓楼区校级开学）如图，△ACB≌△A'CB'，∠BCB'＝30°，则∠ACA'的度数为（）​A．25° B．30° C．35° D．40°【分析】根据全等三角形的性质得到∠ACB＝∠A′CB'，结合图形计算，得到答案．【解答】解：∵△ACB≌△A′CB'，∴∠ACB＝∠A′CB'，∴∠ACB﹣∠A′CB＝∠A′CB'﹣∠A′CB，∴∠ACA'＝∠BCB'＝30°，故选：B．8．（2022秋•汶上县校级期末）如图，△ABC≌△DCB，若AC＝7，BE＝5，则DE的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根据全等三角形的对应边相等推知BD＝AC＝7，然后根据线段的和差即可得到结论．【解答】解：∵△ABC≌△DCB，∴BD＝AC＝7，∵BE＝5，∴DE＝BD﹣BE＝2，故选：A．9．（2022秋•兴城市期末）如图，△ABC≌△DEC，∠A＝40°，∠B＝70°，∠ACE＝30°，则∠DCA的度数为（）A．30° B．40° C．50° D．60°【分析】根据全等三角形对应角相等可得∠DCE＝∠ACB，再利用三角形内角和定理求得∠ACB的度数，然后根据∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE即可得解．【解答】解：∵△ABC≌△DEC，∴∠DCE＝∠ACB，∵∠A＝40°，∠B＝70°，∴∠DCE＝∠ACB＝180°﹣40°﹣70°＝70°，∵∠ACE＝30°，∴∠DCA＝∠DCE﹣∠ACE＝70°﹣30°＝40°．故选：B．10．（2022秋•松原期末）如图，已知△ABC≌△DEF（点A、B、C的对应点分别为点D、E、F），若∠A＝25°，∠B＝35°，则∠F的度数是（）A．120° B．115° C．110° D．100°【分析】根据三角形的内角和定理和全等三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵∠A＝25°，∠B＝35°，∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣25°﹣35°＝120°，∵△ABC≌△DEF，∴∠F＝∠ACB＝120°，故选：A．11．（2022秋•内乡县期末）如图，若△ABC≌△DEF，且BE＝8，CF＝2，则BF的长为（）A．2 B．3 C．5 D．8【分析】因为△ABC≌△DEF，所以BC＝EF，即BF＝CE，又BE＝8，CF＝2，所以BF＝BE﹣CE﹣BF，从而求出BF的长度．【解答】解：∵△ABC≌△DEF，∴BC＝EF，∵BF＝BC﹣FC，CE＝FE﹣FC，∴BF＝CE，∵BE＝8，CF＝2，∴CF＝BE﹣CE﹣BF，即2＝8﹣2BF．∴BF＝3．故选：B．12．（2022秋•顺平县期末）如图，点E在AC上，△ABC≌△DAE，BC＝2，DE＝5，则CE的长为（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由题意可得CE＝AC﹣AE，根据全等三角形的性质可得AC和AE的值，从而可得答案．【解答】解：∵根据题意可得△ABC≌△DAE，∴AE＝BC＝2，AC＝DE＝5，∴CE＝AC﹣AE＝5﹣2＝3，故选：B．13．（2022秋•佛山期末）若△ABC≌△DEF，且△ABC的周长为20，AB＝5，BC＝9，则DF的长为（）A．5 B．6 C．9 D．5或9【分析】根据三角形的周长可得AC长，然后再利用全等三角形的性质可得DF长．【解答】解：∵△ABC的周长为20，AB＝5，BC＝9，∴AC＝20﹣5﹣9＝6，∵△ABC≌△DEF，∴DF＝AC＝6，故选：B．14．（2023春•兴庆区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝6cm，一条线段PQ＝AB，P，Q两点分别在线段AC和AC的垂线AX上移动，若以A、B、C为顶点的三角形与以A、P、Q为顶点的三角形全等，则AP的值为（）A．8cm B．12cm C．12cm或6cm D．12cm或8cm【分析】分两种情况，由全等三角形对应边相等，即可解决问题．【解答】解：当△BCA≌△PAQ时，∴AP＝BC＝6cm，当△BCA≌△QAP时，∴PA＝AC＝12cm，∴AP的值是6cm或12cm．故选：C．三．全等三角形的判定（共9小题）15．（2023•金华开学）如图，点B，F，E，D共线，∠B＝∠D，BE＝DF，添加一个条件，不能判定△ABF≌△CDE的是（）A．AF∥CE B．∠A＝∠C C．AF＝CE D．AB＝CD【分析】根据全等三角形的判定定理判断求解即可．【解答】解：∵BE＝DF，∴BF+EF＝DE+EF，即BF＝DE，A．∵AF∥CE，∴∠AFE＝∠CEF，∴∠AFB＝∠CED，又∠B＝∠D，BF＝DE，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABF≌△CDE，故本选项不符合题意；B．∠A＝∠C，∠B＝∠D，BF＝DE，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABF≌△CDE，故本选项不符合题意；C．AF＝CE，BF＝DE，∠B＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABF≌△CDE，故本选项符合题意；D．AB＝CD，∠B＝∠D，BF＝DE，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABF≌△CDE，故本选项不符合题意；故选：C．16．（2023春•晋中期中）如图，已知∠ABC＝∠DCB，AC与BD交于点O，添加一个适当的条件后，仍不能使得△ABC≌△DCB成立的是（）A．BD＝AC B．AB＝DC C．OB＝OC D．∠A＝∠D【分析】根据全等三角形的判定定理逐项分析判断即可求解．【解答】解：已知条件为BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，A．BD＝AC，不能判断△ABC≌△DCB，符合题意；B．∵AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，∴△ABC≌△DCB（SAS），不合题意；C．∵OB＝OC，∴∠DBC＝∠ACB，又BC＝CB，∠ABC＝∠DCB，∴△ABC≌△DCB（ASA），不合题意；D．∵∠A＝∠D，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，∴△ABC≌△DCB（AAS），不合题意；故选：A．17．（2022秋•交口县期末）如图示，点C，D在线段AB上，AC＝DB，AE∥BF，添加以下哪一个条件仍然不能判定△AED≌△BFC（）A．AE＝BF B．ED＝CF C．∠E＝∠F D．ED∥CF【分析】欲使△AED≌△BFC，已知AC＝DB，AE∥BF，可根据全等三角形判定定理AAS、SAS、ASA添加条件，逐一证明即可．【解答】解：∵AC＝DB，∴AD＝CE，∵AE∥BF，∴∠A＝∠E，A、如添AE＝BF，根据SAS，能证明△AED≌△BFC，错误；B、如添加ED＝CF，不能证明△AED≌△BFC，正确；C、如添∠E＝∠F，利用AAS即可证明△AED≌△BFC，错误；D、如添ED∥CF，得出∠EDC＝∠FCE，利用ASA即可证明△AED≌△BFC，错误．故选：B．18．（2022秋•临淄区期末）如图，点A、D、C、F在同一条直线上，AD＝CF，∠BCA＝∠F，BC＝EF．求证：△ABC≌△DEF．【分析】由“SAS”可证△ABC≌△DEF即可．【解答】证明：∵AD＝CF，∴AC＝DF，在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．19．（2023春•丰城市期末）如图，做一个“U”字形框架PABQ，其中AB＝42cm，AP、BQ足够长，PA⊥AB，QB⊥AB，点M从点B出发，向点A运动，同时点N从点B出发，向点Q运动，点M、N运动的速度之比为3：4，当M、N两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM与△BMN全等，求此时线段AC的长是多少？【分析】设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．【解答】解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，∵∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，∵BN＝AM，AB＝42cm，∴4t＝42﹣3t，解得：t＝6，∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，∵BM＝AM，AB＝42cm，∴3t＝42﹣3t，解得：t＝7，∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．20．（2022秋•松原期末）已知：如图，∠ABC＝∠DCB，∠1＝∠2．求证：△ABC≌△DCB．【分析】根据等式的性质得出∠DBC＝∠ACB，进而利用ASA证明△ABC≌△DCB即可．【解答】证明：∵∠ABC＝∠DCB，∠1＝∠2，∴∠ABC﹣∠1＝∠DCB﹣∠2，∴∠DBC＝∠ACB，在△ABC与△DCB中，，∴△ABC≌△DCB（ASA）．21．（2023•宁江区三模）已知：如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点A作AE∥BF分别交DC、DF于点G、点E，DG＝CH，求证：△DFH≌△CAG．【分析】先根据平行线的性质得出∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，再由DG＝CH可知CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，根据ASA定理即可得出结论．【解答】证明：∵AC∥DF，AE∥BF，∴∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，∵DG＝CH，∴CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，在△DFH和△CAG中，，∴△DFH≌△CAG（ASA）．22．（2023春•高新区校级期末）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPE与△CQP全等？【分析】由全等三角形的判定，分两种情况讨论，即可解决问题．【解答】解：设P运动的时间是t秒，∴PB＝3t（厘米）PC＝（8﹣3t）厘米，∵∠B＝∠C，当BP＝CQ，BE＝PC时，△BPE≌△CQP，∵BP＝CQ，P，Q运动的时间相等，∴Q的运动速度是3厘米/秒；当CQ＝BE，PB＝PC时，△BPE≌△CPQ，∵E是AB中点，∴CQ＝BE＝5厘米，∵3t＝8﹣3t，∴t＝，∴5÷＝厘米/秒．∴当点Q的运动速度为3厘米/秒或厘米/秒时，能够使△BPE与△CQP全等．23．（2022秋•泉州期末）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，点D在AC边上，∠1＝∠2．求证：△AEC≌△BED．【分析】根据全等三角形的判定即可判断△AEC≌△BED．【解答】证明：∵AE和BD相交于点O，∴∠AOD＝∠BOE．在△AOD和△BOE中，∠A＝∠B，∴∠BEO＝∠2．又∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠BEO，∴∠AEC＝∠BED．在△AEC和△BED中，，∴△AEC≌△BED（ASA）．四．直角三角形全等的判定（共4小题）24．（2023春•临渭区期中）如图所示，在△ABC中，CB⊥AB，∠BAC＝45°，F是AB延长线上一点，点A在BC上，且AE＝CF．求证：Rt△ABE≌Rt△CBF．【分析】先判断△ABC为等腰直角三角形得到AB＝CB，然后根据“HL”证明Rt△ABE≌Rt△CBF．【解答】证明：∵CB⊥AB，∴∠ABC＝∠FBC＝90°，∵∠BAC＝45°，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB＝CB，在Rt△ABE和Rt△CBF中，，∴Rt△ABE≌Rt△CBF（HL）．25．（2023春•怀化期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，直线l经过顶点C，过A，B两点分别作l的垂线AE，BF，E，F为垂足，AE＝CF．求证：∠ACB＝90°．【分析】先利用HL定理证明△ACE和△CBF全等，再根据全等三角形对应角相等可以得到∠EAC＝∠BCF，因为∠EAC+ACE＝90°，所以∠ACE+∠BCF＝90°，根据平角定义可得∠ACB＝90°．【解答】证明：如图，在Rt△ACE和Rt△CBF中，，∴Rt△ACE≌Rt△CBF（HL），∴∠EAC＝∠BCF，∵∠EAC+∠ACE＝90°，∴∠ACE+∠BCF＝90°，∴∠ACB＝180°﹣90°＝90°．26．（2022秋•都安县期中）如图，AD是△ABC的角平分线，DE、DF分别是△ABD和△ACD的高．求证Rt△ADE≌Rt△ADF．【分析】由角平分线的定义可得出∠EAD＝∠FAD，再根据三角形高的定义可得出∠DEA＝∠DFA＝90°，最后根据AD＝AD，即可利用“AAS”证明Rt△ADE≌Rt△ADF．【解答】证明：∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD＝∠FAD．∵DE、DF分别是△ABD和△ACD的高，∴∠DEA＝∠DFA＝90°．在Rt△ADE与Rt△ADF中，，∴Rt△ADE≌Rt△ADF（AAS）．27．（2021秋•利川市期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E、F，且BD＝CD．试说明BE＝CF．【分析】先证明△AED≌△AFD，得出AE＝AF，再证明△ABD≌△ACD得出AB＝AC，从而得出BE＝CF．【解答】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠EAD＝∠FAD，∠AED＝∠AFD＝90°．∵AD＝AD，∴△AED≌△AFD．∴AE＝AF，DE＝DF．∵BD＝CD，∴△BED≌△CFD（HL）．∴BE＝CF．解法二：利用角平分线的性质定理，可以直接证明DE＝DF，不需要全等三角形的性质证明．五．全等三角形的判定与性质（共6小题）28．（2023•德城区校级开学）如图，已知AB∥CD，AB＝CD．（1）求证：△ABC≌△CDA；（2）判断BC与AD的位置关系，并说明理由．【分析】（1）利用SAS证明△ABC≌△CDA即可；（2）由△ABC≌△CDA，得∠BCA＝∠CAD，进而可以判断BC与AD的位置关系．【解答】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD，在△ABC与△CDA中，，∴△ABC≌△CDA（SAS），（2）解：BC∥AD，理由如下：∵△ABC≌△CDA，∴∠BCA＝∠CAD，∴BC∥AD．29．（2023•五华区校级开学）如图，已知点A、F、E、C在同一直线上，AB∥CD，∠ABE＝∠CDF，AF＝CE．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）∠ACB＝60°，∠DFC＝75°，求∠EBC的度数．【分析】（1）根据平行线的性质得到∠BAC＝∠DCA，等量代换可得AE＝CF，再利用AAS证明即可；（2）根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠CFD＝75°，再利用外角的性质计算即可．【解答】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA，∵AF＝CE，∴AF+EF＝CE+EF，即AE＝CF．在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS）．（2）解：∵△ABE≌△CDF，∴∠AEB＝∠CFD＝75°，∵∠ACB＝60°，∴∠EBC＝∠AEB﹣∠ACB＝15°．30．（2023•黄石模拟）如图所示，在△ABC中，AD⊥BC于D，CE⊥AB于E，AD与CE交于点F，且AD＝CD．（1）求证：△ABD≌△CFD；（2）已知BC＝7，AD＝5，求AF的长．【分析】（1）由ASA证明△ABD≌△COD即可；（2）理由全等三角形的性质即可解决问题；【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠ADB＝∠CDF＝∠CEB＝90°，∴∠BAD+∠B＝∠FCD+∠B＝90°，∴∠BAD＝∠FCD，在△ABD和CFD中，，∴△ABD≌△CFD（ASA），（2）解：∵△ABD≌△CFD，∴BD＝DF，∵BC＝7，AD＝DC＝5，∴BD＝BC﹣CD＝2，∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3．31．（2023春•碑林区校级期中）如图，在△ABC中，D是BC延长线上一点，满足CD＝BA，过点C作CE∥AB，且CE＝BC，连接DE并延长，分别交AC，AB于点F，G．（1）求证：△ABC≌△DCE；（2）若BD＝12，AB＝2CE，求BC的长度．【分析】（1）根据SAS证明△ABC与△DCE全等即可；（2）根据全等三角形的性质解答即可．【解答】（1）证明：∵CE∥AB，∴∠B＝∠ECD，在△ABC与△DCE中，，∴△ABC≌△DCE（SAS）；（2）解：∵△ABC≌△DCE，∴AB＝CD＝8，∴BC＝BD﹣CD＝12﹣8＝4．32．（2023•岱岳区校级一模）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足为F．（1）求证：△ABC≌△ADE；（2）求∠FAE的度数；（3）求证：CD＝2BF+DE．【分析】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△ABC≌△ADE的条件；（2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FAE的度数；（3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立．【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE，在△BAC和△DAE中，，∴△BAC≌△DAE（SAS）；（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，∴∠E＝45°，由（1）知△BAC≌△DAE，∴∠BCA＝∠E＝45°，∵AF⊥BC，∴∠CFA＝90°，∴∠CAF＝45°，∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；（3）延长BF到G，使得FG＝FB，∵AF⊥BG，∴∠AFG＝∠AFB＝90°，在△AFB和△AFG中，，∴△AFB≌△AFG（SAS），∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，∵△BAC≌△DAE，∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，∴∠G＝∠CDA，∵∠GCA＝∠DCA＝45°，在△CGA和△CDA中，，∴△CGA≌△CDA（AAS），∴CG＝CD，∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，∴CD＝2BF+DE．33．（2022秋•利川市期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BD是△ABC的角平分线，DE⊥AB于E．（1）如图1，连接CE，求证：△BCE是等边三角形；（2）如图2，点M为CE上一点，连接BM，作等边△BMN，连接EN，求证：EN∥BC；（3）如图3，点P为线段AD上一点，连接BP，作∠BPQ＝60°，PQ交DE延长线于Q，探究线段PD，DQ与AD之间的数量关系，并证明．【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ABC＝60°，由角平分线的定义得出∠A＝∠DBA，证出AD＝BD，由线段垂直平分线的性质得出AE＝BE，由直角三角形斜边上的中线性质得出CE＝AB＝BE，即可得出结论；（2）由等边三角形的性质得出BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，证出∠CBM＝∠EBN，由SAS证明△CBM≌△EBN，得出∠BEN＝∠BCM＝60°，得出∠BEN＝∠EBC，即可得出结论；（3）延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，证出△PDF为等边三角形，得出PF＝PD＝DF，∠F＝∠PDQ＝60°，得到∠F＝∠PDQ＝60°，证出∠Q＝∠PBF，由AAS证明△PFB≌△PDQ，得出DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，证出AD＝BD，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD是△ABC的角平分线，∴∠DBA＝∠ABC＝30°，∴∠A＝∠DBA，∴AD＝BD，∵DE⊥AB，∴AE＝BE，∴CE＝AB＝BE，∴△BCE是等边三角形；（2）证明：∵△BCE与△MNB都是等边三角形，∴BC＝BE，BM＝BN，∠EBC＝∠MBN＝60°，∴∠CBM＝∠EBN，在△CBM和△EBN中，，∴△CBM≌△EBN（SAS），∴∠BEN＝∠BCM＝60°，∴∠BEN＝∠EBC，∴EN∥BC；（3）解：DQ＝AD+DP；理由如下：延长BD至F，使DF＝PD，连接PF，如图所示：∵∠PDF＝∠BDC＝∠A+∠DBA＝30°+30°＝60°，∴△PDF为等边三角形，∴PF＝PD＝DF，∠F＝60°，∵∠PDQ＝90°﹣∠A＝60°，∴∠F＝∠PDQ＝60°，∴∠BDQ＝180°﹣∠BDC﹣∠PDQ＝60°，∴∠BPQ＝∠BDQ＝60°，∴∠Q＝∠PBF，在△PFB和△PDQ中，，∴△PFB≌△PDQ，∴DQ＝BF＝BD+DF＝BD+DP，∵∠A＝∠ABD，∴AD＝BD，∴DQ＝AD+DP．六．全等三角形的应用（共5小题）34．（2023•沙坪坝区校级开学）如图所示，地理畅游社提出测量缙云山山脚两端A，B的距离，过点A作AB的垂线AK，在AK上取点C，E，使得AC＝CE，再过点E作垂线DE，交BC的延长线于点D，可以证明△ABC≌△EDC，得到DE＝AB，因此测得DE的长等于AB的长．其中判定△ABC≌△EDC的理由是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．HL【分析】由“ASA”可证△ABC≌△EDC，即可求解．【解答】解：在△ABC和△EDC中，，∴△ABC≌△EDC（ASA），故选：C．35．（2023春•兴宁市校级期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.4m和1.8m，∠BOC＝90°．爸爸在C处接住小丽时，小丽距离地面的高度是（）​A．1m B．1.6m C．1.8m D．1.4m【分析】由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD，由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案．【解答】解：由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△COE和△OBD中，，∴△COE≌△OBD（AAS），∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分别为1.4m和1.8m，∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝1.8﹣1.4＝0.4（m），∵AD＝1m，∴AE＝AD+DE＝1.4（m），答：爸爸是在距离地面1.4m的地方接住小丽的．故选：D．36．（2022秋•灵宝市校级期末）现有一块如图所示的四边形草地ABCD，经测量，∠B＝∠C，AB＝10m，BC＝8m，CD＝12m，点E是AB边的中点．小狗汪汪从点B出发以2m/s的速度沿BC向点C跑，同时小狗妞妞从点C出发沿CD向点D跑，若能够在某一时刻使△BEP与△CPQ全等，则妞妞的运动速度为（）A． B． C．2m/s或 D．2m/s或【分析】根据三角形全等性质分BP＝CQ，BE＝CP或CP＝BP，BE＝CQ两类讨论求解即可得到答案．【解答】解：∵AB＝10m，E是AB边的中点，∴BE＝5m，∵∠B＝∠C，且△BEP与△CPQ全等，∴BP＝CQ，BE＝CP或CP＝BP，BE＝CQ，当BP＝CQ，BE＝CP时，∵BE＝5m，BC＝8m，设运动时间为t，8﹣2t＝5，解得，∴，此时妞妞的运动速度为：m/s，当CP＝BP，BE＝CQ时，，t＝2，此时CQ＝5，妞妞的运动速度为：，故选：D．37．（2023春•建平县期末）王强同学用10块高度都是2cm的相同长方体小木块，垒了两堵与地面垂直的木墙，木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合．则两堵木墙之间的距离DE是（）A．10cm B．15cm C．20cm D．25cm【分析】由题意易得∠ADC＝∠CEB＝90°，则有∠BCE＝∠DAC，进而可证△ADC≌△CEB，然后根据全等三角形的性质求解即可．【解答】解：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，∴∠BCE＝∠DAC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）；∴EC＝AD＝6cm，DC＝BE＝14cm，∴DE＝DC+CE＝20（cm），故选：C．38．（2023春•莲池区期末）一天老师带小明测操场上一棵树AB的高度，如图1所示，他告诉小明，我在距树底端B点a米的C处，测得∠BCA＝α°，你能测出旗杆AB的高度吗？小明经过一番思考：“我若将△ABC，放倒在操场上不就可以测量了吗！”于是他在操场上选取了一个合适的地方，画出一个直角三角形DEF，如图2，使∠E＝90°，DE＝a米，∠D＝α°．小明说，只要量出EF的长度就知道旗杆AB的高度了．同学甲：小明的做法正确，是根据“SAS”得△ABC≌△FED得到的；同学乙：小明的做法正确，是根据“ASA”得△ABC≌△FED得到的；同学丙：小明的做法正确，是根据“SSS”得△ABC≌△FED得到的；同学丁：小明的做法不正确，由他的做法不能判断△ABC≌△FED．你认为（）A．甲、乙、丙的判断都正确 B．甲、乙的判断都正确 C．只有乙的判断正确 D．只有丁的判断正确【分析】确定实际行动判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：在△ABC和△FED中，CB＝DE＝a米，∠BCA＝∠D＝α°，，∴△ABC≌△FED（ASA），∴AB＝EF．故只有乙的判断正确，故选：C．七．角平分线的性质（共6小题）39．（2022秋•阳城县期末）如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB，交AB于点E，DF⊥AC，交AC于点F．若S△ABC＝7，DE＝2，AB＝4，则AC的长是（）A．4 B．3 C．6 D．5【分析】首先由角平分线的性质可知DF＝DE＝2，然后由S△ABC＝S△ABD+S△ACD及三角形的面积公式，从而求出AC的长．【解答】解：∵AD是△ABC中∠BAC的平分线，DE⊥AB于点E，DF⊥AC交AC于点F，∴DF＝DE＝2．又∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，AB＝4，∴7＝×4×2+×AC×2，解得AC＝3．故选：B．40．（2022秋•右玉县期末）如图，△ABC中，∠ABC、∠EAC的角平分线BP、AP交于点P，延长BA、BC，PM⊥BE，PN⊥BF，则下列结论中正确的个数