中考数学专题复习全等三角形二.docx

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中考数学专题复习全等三角形二

2021年中考数学专题复习：

全等三角形

（二）

1．在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，点E和点F是AC上的两点，AB＝BF，连接ED交BF于点H．

（1）如图1，连接BE，若∠BEC＝90°，BC＝10，CE＝6，求AB的长；

（2）如图2，G为ED延长线上一点，且BD＝BG，∠ABF＝∠CBG，求证：

AE＝EF．

2．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．

3．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝16．点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径向终点运动，终点为A点．点P和Q分别以2和6的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．

问：

点P运动多少时间时，△PEC与QFC全等？

请说明理由．

4．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，求证：

AC＝AE+CD．

5．如图，△ABC和△EBD中，∠ABC＝∠DBE＝90°，AB＝CB，BE＝BD，连接AE，CD，AE与CD交于点M，AE与BC交于点N．

（1）求证：

AE＝CD；

（2）求证：

AE⊥CD；

（3）连接BM，有以下两个结论：

①BM平分∠CBE；②MB平分∠AMD．其中正确的有　　（请写序号，少选、错选均不得分）．

6．已知△ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与点B，点C重合）．以AD为边作等边三角形ADE，连接CE．

（1）如图1，当点D在边BC上时．

①求证：

△ABD≌△ACE；

②直接判断结论BC＝DC+CE是否成立（不需证明）；

（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出BC，DC，CE之间存在的数量关系，并写出证明过程．

7．已知，如图△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F．求证：

（1）BF＝AC；

（2）CE＝

BF．

8．在平面直角坐标系中，A（7，0），B（0，7）．

（1）如图1，P是AB上一点且

＝

，求P点坐标；

（2）如图2，D为OA上一点，AC∥OB且∠CBO＝∠DCB，求∠CBD的度数；

（3）如图3，E为OA上一点，OF⊥BE于F，若∠EOF＝∠ABE，求

的值

9．如图，点A、C、D、B在同一条直线上，且AC＝BD，∠A＝∠B，∠E＝∠F．

（1）求证：

△ADE≌△BCF；

（2）若∠BCF＝65°，求∠DMF的度数．

10．阅读探索题：

（1）如图1，OP是∠MON的平分线，以O为圆心任意长为半径作弧，分别交射线ON、OM于C、B两点，在射线OP上任取一点A（点O除外），连接AB、AC．求证：

△AOB≌△AOC．

（2）请你参考以上方法，解答下列问题：

如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，CD平分∠ACB，试判断BC和AC、AD之间的数量关系并证明．

11．如图所示，一个四边形纸片ABCD，∠B＝∠D＝90°，把纸片按如图所示折叠，使点B落在AD边上的B′点，AE是折痕．

（1）试判断B′E与DC的位置关系；

（2）如果∠C＝130°，求∠AEB的度数．

12．如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC＝BE，AD＝BC．CF平分∠DCE．

求证：

（1）△ACD≌△BEC；

（2）CF⊥DE．

13．请将下面的说理过程和理由补充完整．

如图，点B，E，C，F在一条直线上，BE＝CF，AB∥DE，AB＝DE，说明AC＝DF．

解：

∵BE＝CF，（已知）

∴BE+EC＝CF+　　．（等式的性质）

即BC＝　　．

∵AB∥DE，（已知）．

∴∠B＝　　．（　　）

又∵AB＝DE，（已知）

∴△ABC≌△DEF．（　　）

∴AC＝DF．（　　）

14．如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，点E在AD上．

（1）求证：

∠ABE＝∠ACE；

（2）如图2，若BE的延长线交AC于点F，CE的延长线交AB于点G．求证：

EF＝EG．

15．已知，在△ABC中，AC＝BC．分别过A，B点作互相平行的直线AM和BN．过点C的直线分别交直线AM，BN于点D，E．

（1）如图1．若CD＝CE．求∠ABE的大小；

（2）如图2．∠ABC＝∠DEB＝60°．求证：

AD+DC＝BE．

参考答案

1．解：

（1）如图1，连接AD，∵AB＝AC，点D是BC的中点，

∴AD⊥BC

∵∠BEC＝90°，BC＝10，CE＝6，

∴BE＝

＝

＝8

设AB＝x，则AE＝x﹣6

∵AE2+BE2＝AB2，即（x﹣6）2+82＝x2，解得：

x＝

，

∴AB＝

，

（2）证明：

如图2，连接BE，∵BD＝BG

∴∠BDG＝∠BGD

∵AB＝BF，

∴∠A＝∠AFB

∵∠ABF＝∠CBG，

∴∠BDG＝∠A

∴∠EDC＝∠BDG＝∠A

∵∠A+∠ABC+∠C＝∠EDC+∠CED+∠C＝180°

∴∠CED＝∠ABC

∵AB＝AC

∴∠C＝∠ABC

∴∠C＝∠CED

∴DE＝DC

∵点D是BC的中点，

∴BD＝DC

∴DE＝DC＝BD

∴∠BED＝∠EBD

∵∠BED+∠EBD+∠C+∠CED＝180°，即2∠BED+2∠CED＝180°

∴∠BED+∠CED＝90°

∴BE⊥AF

∵BA＝BF

∴AE＝EF

2．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．

3．解：

∵△PEC≌△QFC，∴斜边CP＝CQ，有四种情况：

①P在AC上，Q在BC上，

，

CP＝12﹣2t，CQ＝16﹣6t，

∴12﹣2t＝16﹣6t，

∴t＝1；

②P、Q都在AC上，此时P、Q重合，

∴CP＝12﹣2t＝6t﹣16，

∴t＝3.5；

③P到BC上，Q在AC时，此时不存在；

理由是：

16÷6×2＜12，Q到AC上时，P点也在AC上；

④当Q到A点（和A重合），P在BC上时，

∵CP＝CQ＝AC＝12．CP＝12﹣2t，

∴2t﹣12＝12，

∴t＝12符合题意；

答：

点P运动1或3.5或12时，△PEC与△QFC全等．

4．证明：

在AC上取AF＝AE，连接OF，

∵AD平分∠BAC、

∴∠EAO＝∠FAO，

在△AEO与△AFO中，

∴△AEO≌△AFO（SAS），

∴∠AOE＝∠AOF；

∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，

∴∠ECA+∠DAC＝

∠ACB+

∠BAC＝

（∠ACB+∠BAC）＝

（180°﹣∠B）＝60°

则∠AOC＝180°﹣∠ECA﹣∠DAC＝120°；

∴∠AOC＝∠DOE＝120°，∠AOE＝∠COD＝∠AOF＝60°，

则∠COF＝60°，

∴∠COD＝∠COF，

∴在△FOC与△DOC中，

，

∴△FOC≌△DOC（ASA），

∴DC＝FC，

∵AC＝AF+FC，

∴AC＝AE+CD．

5．

（1）证明：

∵∠ABC＝∠DBE，

∴∠ABC+∠CBE＝∠DBE+∠CBE，

即∠ABE＝∠CBD，

在△ABE和△CBD中，

，

∴△ABE≌△CBD，

∴AE＝CD．

（2）∵△ABE≌△CBD，

∴∠BAE＝∠BCD，

∵∠NMC＝180°﹣∠BCD﹣∠CNM，∠ABC＝180°﹣∠BAE﹣∠ANB，

又∠CNM＝∠ANB，

∵∠ABC＝90°，

∴∠NMC

＝90°，

∴AE⊥CD．

（3）结论：

②

理由：

作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J．

∵△ABE≌△CBD，

∴AE＝CD，S△ABE＝S△CDB，

∴

•AE•BK＝

•CD•BJ，

∴BK＝BJ，∵作BK⊥AE于K，BJ⊥CD于J，

∴BM平分∠AMD．

不妨设①成立，则△CBM≌△EBM，则AB＝BD，显然不可能，故①错误．

故答案为②．

6．解：

（1）①∵△ABC和△ADE是等边三角形，

∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．

∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，

∴∠BAD＝∠EAC．

在△ABD和△ACE中

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）．

②∵△ABD≌△ACE，

∴BD＝CE．

∵BC＝BD+CD，

∴BC＝CE+CD．

（2）BC+CD＝CE．

∵△ABC和△ADE是等边三角形，

∴∠BAC＝∠DAE＝60°，AB＝BC＝AC，AD＝DE＝AE．

∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，

∴∠BAD＝∠EAC．

在△ABD和△ACE中

，

∴△ABD≌△ACE（SAS）．

∴BD＝CE．

∵BD＝BC+CD，

∴CE＝BC+CD；

7．

（1）证明：

∵CD⊥AB，BE⊥AC，

∴∠BDC＝∠ADC＝∠AEB＝90°，

∴∠A+∠ABE＝90°，∠ABE+∠DFB＝90°，

∴∠A＝∠DFB，

∵∠ABC＝45°，∠BDC＝90°，

∴∠DCB＝90°﹣45°＝45°＝∠DBC，

∴BD＝DC，

在△BDF和△CDA中

∵

，

∴△BDF≌△CDA（AAS），

∴BF＝AC；

（2）证明：

∵BE⊥AC，

∴∠AEB＝∠CEB，

∵BE平分∠ABC，

∴∠ABE＝∠CBE，

在△AEB和△CEB中

∵

，

∴△AEB≌△CEB（ASA），

∴AE＝CE，

即CE＝

AC，

∵由

（1）知AC＝BF，

∴CE＝

BF．

8．解：

（1）作PG⊥x轴于G，PN⊥y轴于N，

∵A（7，0），B（0，7），

∴OA＝7，OB＝7，

∵PG⊥x轴，

∴PG∥OB，

∴△AGP∽△AOB，

∴

＝

，

即

＝

，

解得，PG＝3，

同理，PN＝4，

∴P点坐标为（4，3）；

（2）作BG⊥AC交AC的延长线于G，作BH⊥CD于H，

∴四边形BOAG为矩形，

∴BO＝BG，

∵OA＝OB，

∴矩形BOAG为正方形，

∵AC∥OB，

∴∠CBO＝∠BCG，

∵∠CBO＝∠DCB，

∴∠BCG＝∠DCB，

在△BCH和△BCG中，

，

∴△BCH≌△BCG（AAS），

∴∠CBH＝∠CBG，BG＝BH，

∴BO＝BH，

在Rt△BOD和Rt△BHD中，

，

∴Rt△BOD≌Rt△BHD（HL），

∴∠BOD＝∠HOD，

∴∠CBD＝∠DBH+∠CBH＝

∠OBG＝45°；

（3）∵OA＝OB，

∴∠ABO＝∠BAO＝45°，

∵∠BEO＝∠BAE+∠ABE＝45°+∠EOF，

∵OF⊥BE，

∴∠BEO+∠EOF＝90°，

∴∠BEO＝67.5°，∠EOF＝22.5°，

则∠OBE＝22.5°，

作∠BOP＝∠OBE＝22.5°，

则PB＝PO，∠OPF＝45°，

设OF＝a，则PF＝OF＝a，

由勾股定理得，OP＝

a，

∴PB＝

a，

∴BF＝

a+a，

∵∠BOP＝∠OBE，∠OFB＝∠EFO＝90°，

∴△OFB∽△EFO，

∴EF＝

＝

a﹣a，

∴

＝

＝2．

9．证明：

如图所示：

（1）∵AD＝AC+CD，BC＝BD+CD，AC＝BD，

∴AD＝BC，

在△AED和△BFC中，

，

∴△AED≌△BFC（AAS），

（2）∵△AED≌△BFC，

∴∠ADE＝∠BCF，

又∵∠BCF＝65°，

∴∠ADE＝65°，

又∵∠ADE+∠BCF＝∠DMF

∴∠DMF＝65°×2＝130°．

10．

（1）证明：

在△AOB和△AOC中，

，

∴△AOB≌△AOC（SAS）．

（2）在CB上截取CE＝CA，

∵CD平分∠ACB，

∴∠ACD＝∠BCD，

在△ACD和△ECD中，

，

∴△ACD≌△ECD（SAS），

∴∠CAD＝∠CED＝60°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠B＝30°，

∴∠EDB＝30°，

即∠EDB＝∠B，

∴DE＝EB，

∵BC＝CE+BE，

∴BC＝AC+DE，

∴BC＝AC+AD．

11．解：

（1）由于AB′是AB的折叠后形成的，

∠AB′E＝∠B＝∠D＝90°，

∴B′E∥DC；

（2）∵折叠，

∴△ABE≌△AB′E，

∴∠AEB′＝∠AEB，即∠AEB＝

∠BEB′，

∵B′E∥DC，

∴∠BEB′＝∠C＝130°，

∴∠AEB＝

∠BEB′＝65°．

12．证明：

（1）∵AD∥BE，

∴∠A＝∠B，

在△ACD和△BEC中

，

∴△ACD≌△BEC（SAS）；

（2）∵△ACD≌△BEC，

∴CD＝CE，

又∵CF平分∠DCE，

∴CF⊥DE．

13．解：

∵BE＝CF，（已知）

∴BE+EC＝CF+EC（等式的性质）

即BC＝EF．

∵AB∥DE，（已知）

∴∠B＝∠DEF．（两直线平行，同位角相等）

又∵AB＝DE，（已知）

∴△ABC≌△DEF（SAS）

∴AC＝DF．（全等三角形对应边相等）

故答案为：

EC；EF；∠DEF；两直线平行，同位角相等；SAS；全等三角形对应边相等．

14．解：

（1）证明：

∵点D是BC的中点，

∴BD＝CD，

在△ABD和△ACD中，

，

∴△ABD≌△ACD（SSS），

∴∠BAD＝∠CAD，

在△ABE和△ACE中，

，

∴△ABE≌△ACE（SAS），

∴∠ABE＝∠ACE；

（2）如图，

由

（1）知，△ABE≌△ACE，

∴BE＝CE，∠ABE＝∠ACE，

在△BEG和△CEF中，

，

∴△BEG≌△CEF（ASA），

∴EG＝EF．

15．

（1）解：

如图1，延长AC交BN于点F，

∵AM∥BN，

∴∠DAF＝∠AFB，

在△ADC和△FEC中，

，

∴△ADC≌△FEC（AAS），

∴AC＝FC，

∵AC＝BC，

∴BC＝AC＝FC＝

AF，

∴△ABF是直角三角形，

∴∠ABE＝90°；

（2）证明：

如图2，在EB上截取EH＝EC，连CH，

∵AC＝BC，∠ABC＝60°，

∴△ABC为等边三角形，

∵∠DEB＝60°，

∴△CHE是等边三角形，

∴∠CHE＝60°，∠HCE＝60°，

∴∠BHC＝120°，

∵AM∥BN，

∴∠ADC+∠BEC＝180°，

∴∠ADC＝120°，

∴∠DAC+∠DCA＝60°，

又∵∠DCA+∠ACB+∠BCH+∠HCE＝180°，

∴∠DCA+∠BCH＝60°，

∴∠DAC＝∠BCH，

在△DAC与△HCB中，

，

∴△DAC≌△HCB（AAS），

∴AD＝CH，DC＝BH，

又∵CH＝CE＝HE，

∴BE＝BH+HE＝DC+AD，

即AD+DC＝BE．