人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定优秀随堂练习题

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专题12.2.3 三角形全等的判定3（ASA）
目标导航

1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用““ASA”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲

知识点01三角形全等的判定3：（ASA）
知识点
三角形全等的判定3：角边角（ASA）
文字：在两个三角形中，如果有两个角及它们的夹边对应相等，那么这两个三角形全等；
图形：

符号：在与中，
【微点拨】
1.方法总结：利用全等三角形可以解决线段之间的关系，比如线段的相等关系、和差关系等，解决问题的关键是运用全等三角形的判定与性质进行线段之间的转化．
2.全等三角形对应边上的高也相等.
【知识拓展1】角边角判定三角形全等的条件
例1．（2021•宜兴市期中）如图，已知AB＝AD，∠1＝∠2，要根据“ASA”使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是　 　．

【分析】利用ASA定理添加条件即可．
【解答】解：还需添加的条件是∠B＝∠D，
∵∠1＝∠2，∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（ASA），故答案为：∠B＝∠D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
【即学即练】
1. （2021•覃塘区期中）如图，点B，F，C，E在同一直线上，AC＝DF，∠1＝∠2，如果根据“ASA”判断△ABC≌△DEF，那么需要补充的条件是（　　）

A．AB＝DE B．∠A＝∠D C．BF＝CE D．∠B＝∠D
【分析】利用全等三角形的判定方法，“ASA”即角边角对应相等，只需找出一对对应角相等即可，进而得出答案．
【解答】解：需要补充的条件是∠A＝∠D，
在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（ASA）．故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．

【知识拓展2】利用ASA判定三角形全等（实际应用）
例2．（2022·广东·佛山市惠景中学七年级期中）如图，抗日战争期间，为了炸毁敌人的碉堡，需要测出我军阵地与敌人碉堡的距离．我军战士想到一个办法，他先面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点；然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点上；最后，他用步测的办法量出自己与点的距离，从而推算出我军阵地与敌人碉堡的距离，这里判定的理由可以是（       ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据垂直的定义和全等三角形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：∵士兵的视线通过帽檐正好落在碉堡的底部点B，然后转过身保持刚才的姿势，这时视线落在了我军阵地的点E上，∴∠A=∠D，
∵，，∴∠ACB=∠DFE=90°，
∵AC=DF，∴判定△ABC≌△DFE的理由是ASA，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的应用，分析题意找到相等的角和边判定三角形的全等是解题的关键．
【即学即练】
2.（2022·江苏·八年级课时练习）小淇同学沿一段笔直的人行道行走，在由A处步行到达B处的过程中，通过隔离带的空隙O，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语，其具体信息汇集如下：如图，AB∥OH∥CD，相邻两平行线间的距离相等，AC，BD相交于O，OD⊥CD．垂足为D，已知AB＝25米，请根据上述信息求标语CD的长度．

【答案】25m
【分析】利用平行线的性质和题意证明△ABO≌△CDO，根据全等三角形的对应边相等即可得出结论．
【详解】解：∵AB∥CD，∴∠ABO＝∠CDO．
∵OD⊥CD，∴∠CDO＝90°．
∴∠ABO＝90°．即OB⊥AB．
∵相邻两平行线间的距离相等，∴OB＝OD．
在△ABO和△CDO中，，
∴△ABO≌△CDO（ASA）．∴CD＝AB＝25（m）．
答：标语CD的长度为25m．
【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的判定和性质，灵活选用判定三角形全等的方法是解题的关键．
3．（2022·广东湛江·八年级期末）如图，小明把一块三角形的玻璃片打碎成三块，现要到玻璃店去配一块完全相同的玻璃片，那么最省事的办法是带_________去．

【答案】③
【分析】根据全等三角形的判定可即可求解．
【详解】解：第①块和第②块都没有保留完整的边，而全等三角形的判定定理中，至少存在一条边，第③块保留了一边边和两个角，则利用ASA判定定理可得到一个全等三角形，进而可带③去，
故答案为：③．
【点睛】本题考查了全等三角形的条件，解题的关键是需要注意的是只靠一个角或两条边不能等得到全等．

【知识拓展3】利用ASA证明三角形全等（求线段的长度）
例3．（2021·陕西榆林·七年级期末）如图，中，于，于，与交于点，，，则的长为（       ）

A．2 B．5 C．4 D．7
【答案】A
【分析】先证△ADC≌△BDE(ASA)，再由全等三角形的对应边相等得DE=DC=3，再根据AE=AD-DE即可求解．
【详解】解：∵，∴∠ADC=∠BDE =90°，∠AFE =90°，
又∵∠AEF=∠BED，∴∠CAD=∠EBD
在△ADC与△BDE中∴△ADC≌△BDE(ASA)，
∴DE=DC=3，∴AE=AD-DE=5-3=2．故答案为：2．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，解题关键是理清题意进行合理推理．
【即学即练1】
3．（2022·吉林长春·八年级期中）如图，在中，过点A作的平分线的垂线交内部于点P，交边于点D，连结，若，的面积分别为4、2，则的面积是（       ）


A．24 B．12 C．8 D．6
【答案】B
【分析】根据ASA可证，由全等的性质可得，，即P是中点，由等底同高可得，，，从而计算，故得出答案．
【详解】由题可得：，，，
在与中，，，，
，，
．故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，求等底同高的面积，掌握全等三角形的判定方法是解题关键．

【知识拓展4】利用ASA证明三角形全等（求角的度数）
例4．（2022·重庆市第九十五初级中学校七年级阶段练习）如图，已知，，点D在AC边上，，AE和BD相交于点O．

(1)求证：；(2)若，，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】（1）根据全等三角形的判定即可判断；
（2）根据，，求出，根据，即可求出．
(1)解：证明：和相交于点，．
在和中，，．
又，，．
在和中，，；
(2)解：，，，
，．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练运用全等三角形的性质与判定．
【即学即练4】
4. （2022•丛台区八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使AD＝AC，连接CD．（1）求证：△ABE≌△ACF；（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．

【分析】（1）要证明△ABE≌△ACF，由题意可得AB＝AC，∠B＝∠ACF，∠AEF＝∠AFE，从而可以证明结论成立；（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质可以求得∠ADC的度数．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAF＝∠CAE，∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）；
（2）解：∵∠B＝∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，
∵△ABE≌△ACF，∴∠CAF＝∠BAE＝20°，
∵AD＝AC，∴∠ADC＝∠ACD，∴∠ADC80°．
答：∠ADC的度数为80°．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

【知识拓展5】利用ASA证明三角形全等（证明类）
例5．（2021•岫岩县月考）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD、CE相交于点G，BD＝DC，DF∥BC交AB于点F，连接FG．求证：（1）△DAB≌△DGC；（2）CG＝FB+FG．

【分析】（1）由“ASA”可证△DAB≌△DGC；（2）由全等三角形的性质可得AB＝CG，DA＝DG，由“SAS”可证△DFA≌△DFG，可得FA＝FG，可得结论．
【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠ABD+∠A＝90°，∠ACE+∠A＝90°，∴∠ABD＝∠ACE，
在△DAB和△DGC中，，∴△DAB≌△DGC（ASA）；
（2）∵△DAB≌△DGC，∴AB＝CG，DA＝DG，
∵BD＝CD．∠BDC＝90°，∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵DF∥BC，∴∠FDA＝∠FDG＝45°，
在△DFA和△DFG中，，∴△DFA≌△DFG（SAS），
∴FA＝FG．∴CG＝AB＝FB+FA＝FB+FG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找到正确的全等三角形是本题的关键．
【即学即练5】
5. （2021•涟源市八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，E为边BC上的任意点，D为线段BE的中点，AB＝AE，EF⊥AE，AF∥BC．（1）求证：∠DAE＝∠C；（2）求证：AF＝BC．

【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，由余角的性质可得∠C＝∠BAD，再证明∠BAD＝∠DAE即可解决问题．（2）由“ASA”可证△ABC≌△EAF，可得AC＝EF．
【解答】证明：（1）∵AB＝AE，D为线段BE的中点，
∴AD⊥BC，（三线合一没有学习到，可以用全等证明）∴∠C+∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝90°∴∠BAD+∠DAC＝90°∴∠C＝∠BAD，
∵AB＝AE，AD⊥BE，∴∠BAD＝∠DAE，∴∠DAE＝∠C
（2）∵AF∥BC∴∠FAE＝∠AEB ∵AB＝AE∴∠B＝∠AEB
∴∠B＝∠FAE，且∠AEF＝∠BAC＝90°，AB＝AE
∴△ABC≌△EAF（ASA）∴AC＝EF
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．

能力拓展

考法01 利用ASA证明三角形全等（探究类）
【典例1】（2021•崂山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°点D在BC的延长线上，且BD＝AB．过点B作BE⊥AC，与BD的垂线DE交于点E．（1）求证：△ABC≌△BDE；（2）请找出线段AB、DE、CD之间的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；
（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，∴∠A+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，∴∠DBE+∠ABE＝90°，∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中，，∴△ABC≌△BDE（ASA）；
（2）解：AB＝DE+CD，
理由：由（1）证得，△ABC≌△BDE，∴AB＝BD，BC＝DE，
∵BD＝CD+BC，∴AB＝CD+DE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
变式1. （2021•黄浦区期末）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．（1）说明△ADE≌△BFE的理由；（2）联结EG，那么EG与DF的位置关系是 　 　，请说明理由．

【分析】（1）由AD∥BC，得出∠1＝∠F，因为E是AB的中点，得AE＝BE，即可证明△ADE≌△BFE；
【解答】解：（1）∵AD∥BC，∴∠1＝∠F，∵E是AB的中点，∴AE＝BE，
在△ADE和△BFE中，，∴△ADE≌△BFE（ASA），
（2）如图，EG⊥DF，

∵∠1＝∠F，∠1＝∠2，∴∠2＝∠F，∴DG＝FG，
由（1）知：△ADE≌△BFE，∴DE＝EF，∴EG⊥DF．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的三线合一等知识，找出全等所需的条件是解题的关键．
变式2．（2022·福建·泉州五中七年级期末）在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线PQ过点A且PQ//BC，过点B为一锐角顶点作Rt△BDE，∠BDE＝90°，且点D在直线PQ上（不与点A重合）．

(1)如图1，DE与AC交于点M，若DF⊥PQ于点D交AB于点F，求证：△BDF≌△MDA；
(2)在图2中，DE与CA延长线交于点M，试猜想线段BD、ED、EM的数量关系，并证明你的猜想．
(3)在图3中，DE与AC延长线交于点M，（2）中结论是否成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)见解析；(2)BD＝ED−EM，证明见解析；(3)成立，证明见解析．
【分析】（1）首先证明△ADF是等腰直角三角形，再根据ASA证明三角形全等；
（2）过点D作DF⊥PQ，交AB的延长线于点F，根据ASA证明△BDF≌△PDA，即可得到BD＝DM＝ED−EM；
（3）过点D作DF⊥PQ，交AB的延长线于点F，根据ASA证明△BDF≌△MDA，即可得到BD＝DM＝ED−EM．
（1）证明：如图1，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，
∵PQ∥CB，∴∠DAF＝∠ABC＝45°，∴，
∵DF⊥PQ，∴△ADF为等腰直角三角形，
∴DA＝DF，，，
∵∠1＋∠FDE＝90°，∠FDE＋∠2＝90°，   ∴∠1＝∠2，
在△BDF与△MDA中，，∴△BDF≌△MDA（ASA）；
（2）解：结论：BD＝ED−EM．
证明：如图2，过点D作DF⊥PQ，交AB的延长线于点F，由（1）知∠DAF＝∠ABC＝45°，则△ADF为等腰直角三角形，，

∴DA＝DF，，
∵∠1＋∠ADB＝90°，∠ADB＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2．
在△BDF与△MDA中，，
∴△BDF≌△MDA（ASA），∴BD＝DM＝ED−EM；   
（3）解：结论成立．
证明：如图3，过点D作DF⊥PQ，交AB的延长线于点F，
∵PQ∥CB，∴∠FAD＝∠ABC＝45°，
∴△ADF为等腰直角三角形，，∴DA＝DF，，   
∵∠BDF＝∠BDA＋∠ADF，∠MDA＝∠BDM＋∠ADB，且∠ADF＝∠BDM＝90°，
∴，
在△BDF与△MDA中，，
∴△BDF≌△MDA（ASA），∴BD＝DM＝ED−EM．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质等知识点，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

分层提分

题组A 基础过关练
1．（2021•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC的是（　　）
A．AB＝3，BC＝4，CA＝8 B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°
C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4 D．∠C＝90°，∠B＝30°，∠A＝60°
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：A．∵AB＝3，BC＝4，CA＝8，AB+BC＜CA，∴不能画出三角形，故本选项不合题意；
B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°，不能画出唯一三角形，故本选项不合题意；
C．当∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4时，根据“ASA”可判断△ABC的唯一性；
D．已知三个角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；故选：C．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，正确把握全等三角形的判定方法是解题关键．
2．（2022·河南焦作·八年级期末）如图，聪聪书上的三角形被墨迹污染了一部分，他根据所学知识很快画了一个与书本上完全一样的三角形，那么聪聪画图的依据是（       ）

A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
【答案】C
【分析】根据图象，三角形有两角和它们的夹边是完整的，所以可以根据“角边角”画出．
【详解】解：根据题意，三角形的两角和它们的夹边是完整的，所以可以利用“角边角”定理作出完全一样的三角形．故选：C．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定的实际运用，熟练掌握判定定理并灵活运用是解题的关键．
3.（2021•简阳市期中）如图，∠A＝∠D，OA＝OD，∠DOC＝50°，∠DBC的度数为（　　）

A．50° B．30° C．45° D．25°
【分析】由题中条件易证得△AOB≌△DOC，可得∠ACB＝∠DBC，由三角形外角的性质可得∠DOC＝∠ACB+∠DBC，即可得∠DBC的度数．
【解答】解：∵∠A＝∠D，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，∴△AOB≌△DOC（ASA），∴∠ACB＝∠DBC，
∵∠DOC＝∠ACB+∠DBC，∴∠DBC∠DOC＝25°．故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质，三角形外角的性质等知识点，找到相应等量关系的角是解题的关键．
4．（2022·山东济南·七年级期末）在△ABC与△DFE中，∠B＝∠F，AB＝DF，∠A＝∠D，能得到△ABC≌△DFE的方法是（   ）


A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS
【答案】C
【分析】根据三角形全等的判定定理进行判断即可得出答案．
【详解】解：在△ABC与△DFE中∴故选：C．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定定理，掌握三角形全等的判定定理是解题的关键．
5．（2022·山东威海·一模）如图，BD是△ABC的角平分线，AE⊥BD，垂足为M．若∠ABC＝30°，∠C＝38°，则∠CDE的度数为（       ）

A．68° B．70° C．71° D．74°
【答案】D
【分析】用三角形内角和定理求出∠BAC=112°，用全等三角形的性质证明∠BED=∠BAD即可解决问题．
【详解】解：∵∠ABC=30°，∠C=38°，∴∠BAC=112°，
在△BMA和△BME中， ．∴△BMA≌△BME（ASA），∴BA=BE，
在△BDA和△BDE中，，∴△BDA≌△BDE（SAS），
∴∠BED=∠BAD=112°，∴∠CED=68°，∴∠CDE=180°-∠C-∠CED=74°，故选：D．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
6.（2022•铁西区期末）如图，点D是△ABC的边AB上一点，FC∥AB，连接DF交AC于点E，若CE＝AE，AB＝7，CF＝4，则BD的长是　 　．

【分析】先由全等三角形的判定定理ASA证明△AED≌△CEF，然后根据全等三角形的对应边相等知AD＝CF，从而求得BD的长度．
【解答】解：∵FC∥AB，∴∠A＝∠ECF，
在△AED和△CEF中，，∴△AED≌△CEF（ASA），
∴AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
又∵AB＝7，CF＝4，AB＝AD+BD，∴BD＝3．故答案为：3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
7. （2022•金乡县期中）如图，小明和小华住在同一个小区不同单元楼，他们想要测量小明家所在单元楼AB的高度，首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小华在自己家阳台C处测得E处的俯角为∠1，小明站在E处测得眼睛F到AB楼端点A的仰角为∠2，发现∠1与∠2互余，已知EF＝1米，BE＝CD＝20米，BD＝58米，试求单元楼AB的高．

【分析】过F作FG⊥AB于G，则四边形BEFG是矩形，求得FG＝BE＝20米，BG＝EF＝1米，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过F作FG⊥AB于G，则四边形BEFG是矩形，∴FG＝BE＝20米，BG＝EF＝1米，
∵∠1+∠2＝90°，∠1+∠3＝90°，∴∠2＝∠3，
在△AFG与△ECD中，，∴△AFG≌△ECD（ASA），
∴AG＝DE＝BD﹣BE＝38（米），∴AB＝AG+BG＝38+1＝39（米），答：单元楼AB的高39米．

【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
8．（2022·辽宁铁岭·七年级期末）如图，点B、D、C、F在同一条直线上，，，．AB与DE相等吗？说说你的理由．


【答案】，理由见解析
【分析】根据题中条件和平行线的性质证出≌，即可证明．
【详解】解：∵，∴，，
又∵，∴，
在和中，，∴≌，∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
9.（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，，∴△ABD≌△ECB（ASA）；
（2）∵△ABD≌△ECB，∴BD＝BC，∴∠BDC＝∠BCD＝70°，
∴∠DBC＝40°，∴∠ADB＝∠CBD＝40°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．
10．（2022·广东·八年级）已知锐角，，于，于F，交于E．
   求证：ΔBDE≌   若BD=8，DC=6，求线段BE的长度．                 

【答案】（1）见解析；（2）10．
【分析】（1）由题意可得AD=BD，由余角的性质可得∠CBE=∠DAC，根据“ASA”可证△BDE≌△ADC；
（2）由全等三角形的性质可得AD=BD=4，CD=DF=3，BF=AC，由三角形的面积公式可求BE的长度．
【详解】（1）证明：∵，∠ABC=45°∴∠ABC=∠BAD=45°，∴AD=BD，
∵DA⊥BC，BE⊥AC∴∠ACD+∠DAC=90°，∠ACD+∠CBE=90°∴∠CBE=∠DAC，
∵AD=BD，∠ADC=∠ADB=90°∴△BDE≌△ADC{ASA）；
（2）∵△BDE≌△ADC∴AD=BD=8，CD=DE=6，BE=AC∴
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活应用全等三角形的判定与性质成为解答本题的关键．




题组B 能力提升练
1．（2021·浙江杭州·八年级期中）已知，，，的相关数据如图所示，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形的内角和定理求得，根据中所对的边与所对的边相等，可判断，中，角所对的边未知，进而不能与进行全等判断，故排除，即可求得答案．
【详解】在中，
在中，，故D选项正确，
在与中，
在中，,为70°角所对的边，在中，角所对的边未知，故不能判断A,B,C故选D
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，解题的关键在与判定三角形全等时，注意对应边和对应角相等．
2．（2022·湖北武汉·八年级期中）如图，已知OF平分，于D点，于E点，F是OF上的另一点，连接DF、EF．判断图中有几对全等三角形（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据角平分线的定义、垂直的性质，可得，，由全等三角形的判定（角边角）可得；根据全等三角形的性质可得，，由全等三角形的判定（边角边）得出；利用全等三角形的性质及，可得，，，根据全等三角形的判定（角边角）得出．
【详解】OF平分，，，
，．

．
，．
．

．
．

．
共有3对全等三角形．
故选：C．
【点睛】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定与性质的理解与运用能力．涉及以下知识点：角平分线分得的两个角相等，都等于该角的一半；全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL；两全等三角形的对应边相等，对应角相等．明确全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
3．（2021·江西景德镇·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，，，则点的坐标是___________．

【答案】(2,4)
【分析】过点A作ACx轴，过点B作BDy轴，两直线相交于点E，根据三角形全等判定定理得出≅，即可得出AC、DE的长，由此得出结论．
【详解】解：如图所示：过点A作ACx轴，过点B作BDy轴，两直线相交于点E，

∵，
∴，，
∵，
，
，
∴，，
在与中，
，
≅，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为： ．
【点睛】题目考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出相应辅助线，构造出全等三角形是解题关键．
4．（2020·浙江杭州·八年级期末）如图，已知的面积为12，平分，过点作于点，交于点，连结，则的面积为 _________________．

【答案】6
【分析】根据三角形中线的性质可得，，据此计算即可．
【详解】解：∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴,
∴E是AD的中点，
在中，BE是AD边上的中线，
∴，
在中，CE是AD边上的中线，
∴，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，三角形中线的性质，熟知三角形的中线可以将三角形的面积分为相等的两部分是解题的关键．
6．（2022·广东·平远县教师发展中心七年级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F，E分别是AD及其延长线上的点．

(1)如果CFBE，说明：△BDE≌△CDF；
(2)若CF，BE是△ABC的BC边上的中线AD及其延长线的垂线，垂足分别为E、F，请猜想BF与CE的位置关系？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)BFCE，证明见解析

【分析】（1）根据已知条件，通过两角及其夹边对应相等即可证明△BDE≌△CDF；
（2）先证CFBE，利用（1）中结论得△BDE≌△CDF，推出，利用SAS证明△BDF≌△CDE，推出，利用内错角相等，两直线平行，可得BFCE．
（1）证明：∵CFBE，∴∠FCD﹦∠EBD．∵AD是BC边上的中线，∴．在△BDE和△CDF中，，∴△BDE≌△CDF．
（2）解：BFCE．理由如下：如图，连接BF,CE．∵ CF⊥AD于F，BE⊥AD于E，∴CFBE．由（1）的结论可知△BDE≌△CDF，∴．∵AD是BC边上的中线，∴BD =CD．在△BDF和△CDE中，，∴△BDF≌△CDE．∴，∴BFCE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，平行线的性质与判定，三角形中线的定义等，熟练掌握全等三角形的判定方法、平行线的性质定理和判定定理是解题的关键．
7．（2022·上海·七年级期末）已知在与中，，点在同一直线上，射线分别平分．

(1)如图1，试说明的理由；
(2)如图2，当交于点G时，设，求与的数量关系，并说明理由；
(3)当时，求的度数．
【答案】(1)理由见解析
(2)，理由见解析
(3)

【分析】（1），，可知，进而可说明；
（2）如图1所示，连接并延长至点K，分别平分，则设，为的外角，，同理，
，得；又由（1）中证明可知，，进而可得到结果；
（3）如图2所示，过点C作，则，，可得，由（1）中证明可得，在中， ，即，进而可得到结果．
(1)
证明：
又

在和中


．
(2)
解：．
理由如下：如图1所示，连接并延长至点K

分别平分
则设
为的外角

同理可得


即
．
又由（1）中证明可知
由三角形内角和公式可得
即

．
(3)
解：当时，如图2所示，过点C作，则

，即
由（1）中证明可得
在中，根据三角形内角和定理有
即
即
即，解得：
故．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理、平行线的性质、角平分线的性质等知识，连接并延长，利用三角形外角性质证得是解题的关键．
8．（2022·全国·八年级）如图1，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC．
（1）求证：ABDE；
（2）如图2，过点C作PQ交AB于P，交DE于Q，求证：CP＝CQ．
（3）如图3，若AB＝4cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以3cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发．当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．连接PQ，当线段PQ经过点C时，直接写出t的值为 　 　．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）1或2
【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△EDC，可得∠A＝∠E，可证AB∥DE；
（2）由“ASA”可证△DCQ≌△BCP，可得CP＝CQ；
（3）由全等三角形的性质可得DQ＝BP，列出方程可求解．
【详解】解：（1）证明：在△ABC和△EDC中，
，∴△ABC≌△EDC（SAS），∴∠A＝∠E，∴AB∥DE；
（2）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠D，
在△DCQ和△BCP中，，∴△DCQ≌△BCP（ASA），∴CP＝CQ；
（3）解：由（2）可知：当线段PQ经过点C时，△DCQ≌△BCP，可得DQ＝BP，
∴4﹣3t＝t或3t﹣4＝t，∴t＝1或2．故答案为：1或2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解本题的关键．
9．（2021·江苏泰州·七年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝4，∠B＝∠C＝50°，点D在线段BC上运动（D不与B，C重合），连接AD，作∠ADE＝50°，DE交线段AC于E．
（1）当∠BDA＝120°时，∠EDC＝　　；点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变 　　（填“大”或“小”）；
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由．

【答案】（1）10°，小；（2）当DC等于4时，△ABD≌△DCE，证明见解析．
【分析】（1）利用平角的定义计算∠EDC的度数，几何图形可判断点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小；
（2）先证明∠CDE＝∠BAD，而∠B＝∠C，则CD＝BA＝4时，可根据“ASA”判定△ABD≌△DCE．
【详解】解：（1）∠EDC＝180°﹣∠BDA﹣∠ADE＝180°﹣120°﹣50°＝10°；
点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小；故答案为10°，小；
（2）当DC等于4时，△ABD≌△DCE．
理由如下：∵∠ADC＝∠B+∠BAD，即∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，
而∠B＝∠ADE＝50°，∴∠CDE＝∠BAD，
在△ABD和△DCE中，，∴△ABD≌△DCE（ASA）．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握判定定理是解答此题的关键．

题组C 培优拔尖练
1.（2021•德城区校级月考）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且MQ＝NQ，已知PQ＝5，NQ＝9，则MH长为（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】证明△MQP≌△NQH，由全等三角形的性质可得PQ＝QH＝5，根据MQ＝NQ＝9，即可解决问题．
【解答】解：∵MQ⊥PN，NR⊥PM，∴∠NQH＝∠NRP＝∠HRM＝90°，
∵∠RHM＝∠QHN，∴∠PMH＝∠HNQ，
在△MQP和△NQH中，，
∴△MQP≌△NQH（ASA），∴PQ＝QH＝5，
∵NQ＝MQ＝9，∴MH＝MQ﹣HQ＝9﹣5＝4，故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
2．（2022•高州市期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC，AC边上的高，AD，BE相交于点F，连接CF，则下列结论：①BF＝AC；②∠FCD＝∠DAC；③CF⊥AB；④若BF＝2EC，则△FDC周长等于AB的长．其中正确的有（　　）

A．①② B．①③④ C．①③ D．②③④
【分析】延长CF交AB于H，先利用“ASA”证明△DBF≌△DAC，得出BF＝AC，DF＝DC，可判断①符合题意；由∠FDC＝90°，得出∠DFC＝∠FCD＝45°，再由三角形外角的性质，可判断②不符合题意；由∠ABC＝45°，∠FCD＝45°，得出∠BHC＝180°﹣∠ABC﹣∠FCD＝90°，得出CF⊥AB，可判断③符合题意；由BF＝2EC，BF＝AC，可证明BE垂直平分AC，得出AF＝CF，BA＝BC，得出△FDC的周长＝FD+FC+DC＝FD+AF+DC＝AD+DC＝BD+DC＝BC＝AB，可判断④符合题意；即可得出答案．
【解答】解：如图，延长CF交AB于H，

∵AD，BE分别为BC，AC边上的高，∴∠BDF＝∠ADC＝∠BEA＝∠BEC＝90°，
∵∠ABC＝45°，∴∠BAD＝180°﹣∠ABC﹣∠ADB＝45°，∴∠BAD＝∠ABD，∴AD＝BD，
∵∠DAC+∠ACB＝∠DBF+∠ACB＝90°，∴∠DAC＝∠DBF，
在△DBF和△DAC中，，∴△DBF≌△DAC（ASA），
∴BF＝AC，DF＝DC，∴①符合题意；∵∠FDC＝90°，∴∠DFC＝∠FCD＝45°，
∵∠DFC＞∠DAC，∴∠FCD＞∠DAC，∴②不符合题意；
∵∠ABC＝45°，∠FCD＝45°，∴∠BHC＝180°﹣∠ABC﹣∠FCD＝90°，∴CF⊥AB，∴③符合题意；
∵BF＝2EC，BF＝AC，∴AC＝2EC，∴AE＝EC，∵BE⊥AC，∴BE垂直平分AC，∴AF＝CF，BA＝BC，
∴△FDC的周长＝FD+FC+DC＝FD+AF+DC＝AD+DC＝BD+DC＝BC＝AB，∴④符合题意；故选B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，外角的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
3．（2022·浙江·台州市书生中学八年级期中）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②PF＝PA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∠PAB=∠BAC，∠ABP=∠ABC，∠PAB+∠ABP=45º，①∠APB=180º-(∠PAB+∠ABP)＝135°，②过P作PM⊥AC于N，PN⊥BC于M，作PK⊥AB，则PK=PM=PN，证ΔANP≌ΔFMP（ASA）即可，③证ΔHNP≌ΔDMP（ASA）即可，④连接CP，因为PN=PM，PM⊥AC于N，PN⊥BC于M，则CP平分∠ACB．
【详解】△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∠PAB=∠BAC,∠ABP=∠ABC,
∠PAB+∠ABP=∠BAC +∠ABC=(∠BAC +∠ABC)=45º
②∠APB=180º-(∠PAB+∠ABP)＝135°
②过P作PM⊥AC于N，PN⊥BC于M，作PK⊥AB，
∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∴则PK=PM=PN，
∵AP⊥PF , ∴∠APN+∠NPH=90º，∠FPM+∠NPH==90º，∴∠APN=∠FPM，
∵∠ANP=∠FMP=90º，∴ΔANP≌ΔFMP（ASA），∴PA=PF，
③∵∠ACB=90º，PM⊥AC于N，PN⊥BC于M，∴则四边形CMPA为矩形，
又∵PM=PN，∴则四边形CMPA为正方形，
∵∠NPM=90º，AP⊥PF ,∴∠NPH+∠MPH =90º，∠DPM+∠MPH=90º，∴∠NPH=∠DPM，
∵∠MPH=∠HNP=∠DMP=90º， PN=PM，∴ΔHNP≌ΔDMP（ASA），∴PH=PD，
④连接CP，因为PN=PM，PM⊥AC于N，PN⊥BC于M，则CP平分∠ACB．故选择：D．

【点睛】本题考查两内角平分线的交角，全等三角形，证角平分线问题，关键是掌握三角形内角和，三角形全等，和角平分线的性质，会用这些知识解决问题．
4．（2022·山东济宁·八年级期末）如图，△ABC的面积为10cm2，AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（       ）

A．3cm2 B．5cm2 C．6cm2 D．8cm2
【答案】B
【分析】延长交于，根据垂直的平分线于，即可求出，又知和等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可得到的面积．
【详解】解：延长交于，

垂直的平分线于，，
又知，，，，，
和等底同高 ，．故选：B．
【点睛】本题主要考查三角形全等判定，三角形面积的知识点．证明出三角形的面积和原三角形的面积之间的数量关系是解题的难点．
5.（2021•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．
（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：EF＝ED．

【分析】（1）根据余角的性质得到∠DEC＝∠BAC，由于∠DEC+∠BEC＝180°，即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义得到∠EBCABC，∠ECBACB，于是得到结论；
（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，由∠BAC＝60°，得到∠BEC＝90°BAC＝120°，求得∠FEB＝∠DEC＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM＝60°，推出△FBE≌△EBM，根据全等三角形的性质得到EF＝EM，同理DE＝EM，即可得到结论．
【解答】解：（1）∵BD⊥AC，CF⊥AB，∴∠DCE+∠DEC＝∠DCE+∠FAC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，∴∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠EBCABC，∠ECBACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°（∠ABC+∠ACB）＝180°（180°﹣∠BAC）＝90°∠BAC；
（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，
∵∠BAC＝60°，∴∠BEC＝90°BAC＝120°，∴∠FEB＝∠DEC＝60°，
∵EM平分∠BEC，∴∠BEM＝60°，在△FBE与△EBM中，，
∴△FBE≌△EBM（ASA），∴EF＝EM，同理DE＝EM，∴EF＝DE．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，垂直的定义，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键
6．（2021·山东威海·七年级期中）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：
如图1，在中，，，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到E点，使，连接BE． 根据____可以判定 _____，得出______．
这样就能把线段AB、AC、集中在中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是．

【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑做“辅助线”——把中线延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种做辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【问题解决】（2）如图2，在中，，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：．

【问题拓展】（3）如图3，中，，，AD是的中线，，，且．直接写出AE的长＝______．

【答案】（1）；；；；（2）见解析；（3）7．
【分析】（1）根据三角形全等的判定方法和全等三角形的性质以及三角形三边的关系求解即可；
（2）延长ED使DG=ED，连接FG，GC，根据垂直平分线的性质得到，然后利用SAS证明，得到，，进而得到,最后根据勾股定理证明即可；（3）延长AD交EC的延长线于点F，根据ASA证明，然后根据垂直平分线的性质得到，最后根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）在和中，
∴，∴．
∵，∴，即，
∴，∴，解得：；
故答案为：；；；；
（2）如图所示，延长ED使DG=ED，连接FG，GC，

∵，∴，
在和中，∴，
∴，，∴，∴，
∴在中，，∴；
（3）如图所示，延长AD交EC的延长线于点F，

∵，，
在和中，，∴，，
∵，∴，∵，∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定方法，三角形的三边关系，“中线加倍”法的运用，解题的关键是根据题意作出辅助线构造全等三角形．
7．（2022·甘肃兰州·七年级期末）如图①，OP是∠MON的平分线，请你利用该图画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：

（1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B=60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．求∠EFA的度数；
（2）在（1）的条件下，请你判断FE与FD之间的数量关系，并说明道理．
（3）如图③，在△ABC中，如果∠ACB不是直角，而（1）中的其它条件不变，请问，你在（2）中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
【答案】画图见解析；（1）；（2） 证明见解析；（3）成立，理由见解析．
【分析】根据SAS可知：在∠MON的两边上以O为端点截取相等的两条线段，另外两个端点与角平分线上任意一点相连，所构成的两个三角形全等，它们关于OP对称．
（1）根据三角形内角和定理可求∠BAC．∠EFA是△ACF的外角，根据外角的性质计算求解；
（2）根据图1的作法，在AC上截取AG=AE，由“SAS”可证△EAF≌△GAF，可得EF=FG；根据ASA证明△FCD≌△FCG，得DF=FG，可得EF=FD；
（3）结论仍然成立，在AC上截取AH=AE，由“SAS”可证△EAF≌△HAF，可得EF=FH；根据ASA证明△FCD≌△FCH，得DF=FH，可得EF=FD．
【详解】解：如图1，在∠MON的两边上以O为端点截取相等的两条线段，
另外两个端点与角平分线上任意一点相连，所构成的两个三角形全等，
它们关于OP对称；

（1）如图2，∵∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AD、CE分别是∠BAC和∠BCA的平分线，
∴∠DAC=∠BAC=15°，∠ECA=∠ACB=45°，
∴∠EFA=∠DAC+∠ECA=15°+45°=60°；
（2）FE=FD； 如图2，在AC上截取AG=AE，连接FG，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠EAF=∠GAF，
在△EAF和△GAF中 ，，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴FE=FG，∠EFA=∠GFA=60°，
∴∠GFC=180°-60°-60°=60°，
又∵∠DFC=∠EFA=60°，
∴∠DFC=∠GFC，
在△FDC和△FGC中， ，
∴△FDC≌△FGC（ASA），
∴FD=FG．
∴FE=FD；

（3）FE=FD仍然成立， 理由如下：在AC上截取AH=AE，连接FH，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠EAF=∠HAF，
在△EAF和△HAF中，，
∴△EAF≌△HAF（SAS），
∴FE=FH，∠EFA=∠HFA，
又由（1）知∠FAC=∠BAC，∠FCA= ∠ACB，
∴∠FAC+∠FCA=（∠BAC+∠ACB）=（180°-∠B）=60°，
∴∠AFC=180°-（∠FAC+∠FCA）=120°．
∴∠EFA=∠HFA=180°-120°=60°，
在△FDC和△FHC中， ，
∴△FDC≌△FHC（ASA），
∴FD=FH．
∴FE=FD．

【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，角平分线的性质以及三角形内角和定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
8．（2022·江苏南通·八年级期中）如图，矩形ABCD中，点E，M为CD所在直线上的两点，点E在点D右侧，点M在点C左侧，且CM=DE，点P为线段AE的中点，连接BP并延长与射线AD交于点F，连接FM．

(1)如图1，点E在DC的延长线上，求证：∠DMF=∠ABF；
(2)如图2，点E在CD上．①依题意补全图形；②问题（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)①见解析；②仍然成立，见解析
【分析】（1）证明△APB≌△EPN（ASA），推出∠ABP＝∠PNE，NE＝AB，再证明FM＝FN，推出∠M＝∠DNF，可得结论；（2）①根据题意画出图形即可；②结论不变，证明方法类似．
（1）解：证明：∵CM＝DE，∴DM＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，∴EN∥AB，CD＝AB，∴∠E＝∠PAB，
在△APB和△EPN中，
，
∴△APB≌△EPN（ASA），
∴∠ABP＝∠PNE，NE＝AB，
∴CD＝EN，
∴DN＝CE，
∴DM＝DN，
∵FD⊥MN，
∴FM＝FN，
∴∠M＝∠FND，
∵∠DNF＝∠PNE，
∴∠DMF＝∠ABF；
（2）
解：①图形如图所示．
②结论不变．
理由：∵CM＝DE，
∴DM＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EN∥AB，CD＝AB，
∴∠PEN＝∠PAB，
在△APB和△EPN中，
，
∴△APB≌△EPN（ASA），
∴∠ABP＝∠PNE，NE＝AB，
∴CD＝EN，
∴DN＝CE，
∴DM＝DN，
∵FD⊥MN，
∴FM＝FN，
∴∠M＝∠FND，
∵∠DNF＝∠PNE，
∴∠DMF＝∠ABF．

【点睛】本题考查作图﹣复杂作图，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．