数学八年级上册12.1 全等三角形练习

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专题16 角平分线与全等三角形结合
1．如图，A，B两点分别在射线OM，ON上，点C在的内部且，，，垂足分别为D，E，且．

(1)求证：OC平分；
(2)如果，，求OD的长．
【答案】(1)见解析
(2)7
【解析】
【分析】
（1）证明Rt△ACD≌Rt△BCE（HL），得CD=CE．再由角平分线的判定即可得出结论；OC平分∠MON；
（2）证Rt△ODC≌Rt△OEC（HL），得OD=OE，设BE=AD=x．则OE=OD=4+x，再由AO=OD+AD=4+2x=10，得x=3．即可得出答案．
(1)
证明：∵，，
∴．
在与中，，
∴≌（HL），
∴．
又∵，，
∴OC平分．
(2)
解：在与中，，
∴≌（HL），
∴，
设．
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的判定等知识，证明Rt△ACD≌Rt△BCE和Rt△ODC≌Rt△OEC是解题的关键．
2．已知∠MAN，AC平分∠MAN，D为AM上一点，B为AN上一点．
（1）如图①所示，若∠MAN＝120°，∠ABC＝∠ADC＝90°，求证：AB+AD＝AC；
（2）如图②所示，若∠MAN＝120°，∠ABC+∠ADC＝180°，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据AC平分∠MAN，可得CB＝CD，∠CAB＝60°，即可证明RT△ACD≌RT△ACB，可得AD＝AB，再根据AC＝2AB，即可解题；
（2）根据AC平分∠MAN，可得CB＝CD，∠CAB＝60°，易证∠FCD＝∠BCE，即可证明△CDF≌△CBE，可得BE＝DF，再根据（1）中证明AC＝AE+AF，即可解题．
【详解】
解：（1）证明：∵AC平分∠MAN，
∴CB＝CD，∠CAB＝60°，
在Rt△ACD和Rt△ACB中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△ACB（HL），
∴AD＝AB，
∵∠ACB＝90°﹣∠CAB＝30°，
∴AC＝2AB，
∴AD+AB＝AC；
（2）成立，过C作CE⊥AN于E，CF⊥AM于F，


∵AC平分∠MAN，
∴CB＝CD，∠CAB＝60°，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠DCB＝60°，
∵∠FCE＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴∠FCE＝∠BCD，
∵∠FCD+∠DCE＝∠FCE，∠BCE+∠DCE＝∠BCD，
∴∠FCD＝∠BCE，
在△CDF和△CBE中，
，
∴△CDF≌△CBE，（ASA）
∴BE＝DF，
∴AD+AB＝AD+AE+BE＝AD+DF+AE＝AE+AF，
∵AC＝AE+AF，
∴AD+AB＝AC．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△CDF≌△CBE是解题的关键．
3．如图：在直角△ABC中，∠ABC＝90°，点D在AB边上，连接CD．
（1）如图1，若CD是∠ACB的角平分线，且AD＝CD，探究BC与AC的数量关系，说明理由；
（2）如图2，若BC＝BD，BF⊥AC于点F，交CD于点G，点E在AB的延长线上且AD＝BE连接GE，求证：BG+EG＝AC．

【答案】（1），理由见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）如图1，过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；
（2）作交的延长线于点，证明，得出，，证明，得出，则结论可得出．
【详解】
解：（1）．
理由如下：
如图1，过点作于点，


，
为的中点，
，
平分，
，
在和中，
，
，
，
；
（2）证明：如图2，作交的延长线于点，


，
，
，
又，，
，
，，
，
，
即，
，
又，，
，
，
又，
，
，
．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
4．观察、猜想、探究：
在△ABC中，∠ACB＝2∠B．
（1）如图①，当∠C＝90°，AD为∠BAC的角平分线时，过D作AB的垂线DE,垂足为E，可以发现AB、AC、CD存在的数量关系是 ；
（2）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD是否还存（1）中的数量关系？如果存在，请给出证明．如果不存在，请说明理由；
（3）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．

【答案】（1）AB＝AC+CD；（2）存在，理由见解析；（3）AB＝CD﹣AC，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据∠ACB=90°，∠ACB=2∠B，得到∠B=45°，CD⊥AC，由线段垂直平分线的性质可得DE=CD，再证明∠B=∠EDB，得到BE=ED=CD，最后证明Rt△AED≌Rt△ACD得到AE=AC，即可得到结论；
（2）在AB上截取AG＝AC，证明△ADG≌△ADC得到CD＝DG，∠AGD＝∠ACB，再由∠ACB＝2∠B，得到∠B＝∠GDB，则BG＝DG＝DC，即可得到AB＝BG+AG＝CD+AC；
（3）在AF上截取AG＝AC，由AD为∠FAC的平分线，得到∠GAD＝∠CAD，可证△ADG≌△ACD，得到CD＝GD，∠AGD＝∠ACD，即可推出∠ACB＝∠FGD，再由∠ACB＝2∠B，推出∠B＝∠GDB，得到BG＝DG＝DC，则AB＝BG﹣AG＝CD﹣AC．
【详解】
解：（1）AB＝AC+CD，理由如下：
∵∠ACB=90°，∠ACB=2∠B，
∴∠B=45°，CD⊥AC，
∵DE⊥AB，AD平分∠BAC，
∴DE=CD，∠DEB=∠DEA=90°，
∴∠EDB=180°-∠B-∠DEB=45°，
∴∠B=∠EDB，
∴BE=ED=CD，
在Rt△AED和Rt△ADC中
，
∴Rt△AED≌Rt△ACD（HL），
∴AE=AC，
∴AB+AE+BE=AC+CD；


（2）还存在AB＝CD+AC，理由如下：
在AB上截取AG＝AC，如图2所示，
∵AD为∠BAC的平分线，
∴∠GAD＝∠CAD，
∵在△ADG和△ADC中，


，
∴△ADG≌△ADC（SAS），
∴CD＝DG，∠AGD＝∠ACB，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠AGD＝2∠B，
又∵∠AGD＝∠B+∠GDB，
∴∠B＝∠GDB，
∴BG＝DG＝DC，
则AB＝BG+AG＝CD+AC；
（3）AB＝CD﹣AC，理由如下：
在AF上截取AG＝AC，如图3所示，
∵AD为∠FAC的平分线，
∴∠GAD＝∠CAD，
∵在△ADG和△ACD中，
，

∴△ADG≌△ACD（SAS），
∴CD＝GD，∠AGD＝∠ACD，
∵∠FGD=180°-∠AGD，∠ACB=180°-∠ACD，
∴∠ACB＝∠FGD，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠FGD＝2∠B，
又∵∠FGD＝∠B+∠GDB，
∴∠B＝∠GDB，
∴BG＝DG＝DC，
则AB＝BG﹣AG＝CD﹣AC．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，角平分线的性质与定义，三角形外角的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
5．已知：如图1，在中，是的平分线．E是线段上一点（点E不与点A，点D重合），满足．

（1）如图2，若，且，则________，_______．
（2）求证：．
（3）如图3，若，请直接写出和的数量关系．
【答案】（1）36，126；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1），且，再结合三角形的外角定理即可求，，且，是的平分线，再结合三角形内角和定理即可求解；
（2）在上截取，连接，可证，故，，从而可得，所以进而可证得：
（3）由，可得，，，又是的平分线，可得，故是的平分线，所以是的平分线，故，又，所以和的数量关系即可求解．
【详解】
（1）∵，且，
∴∠EAC=∠ACE=18°，
∴∠DEC=∠EAC+∠ACE=36°，
又∵是的平分线，
∴∠BAD=∠CAD=18°，
∵，
∴∠ABE=36°，
∴；
故答案为：36，126
（2）在上截取，连接，
又∵AE=AE，，
∴，
∴，
∵∠AFE=∠ACE+∠FEC，∠ABE=2∠ACE，
∴，
∴
∴；

（3）∵，
∴，
∵，，∠CAD=∠BAE，
∴∠ACD=∠ABE，
∵∠ABE=2∠ACE，
∴∠ACD=2∠ACE，
∴CE平分∠ACB，
∴点E到CA、CB的距离相等，
又∵是的平分线，
∴点E到AC、AB的距离相等，
∴点E到BA、BC的距离相等，
∴是的平分线，
∴∠ABE=∠CBE，
∴，
又∵，
∴，
即．
【点睛】
本题考查了三角形外角的性质、三角形的内角和定理、角平分线的性质、三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握各知识点，准确作出辅助线，熟练运用数形结合的思想．
6．已知：如图，D为△ABC外角∠ACP平分线上一点，且DA＝DB，DM⊥BP于点M．

（1）若AC＝6，DM＝2，求△ACD的面积；       
（2）求证：AC＝BM＋CM．
【答案】（1）6；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）如图作DN⊥AC于N．根据角平分线的性质定理可得DM＝DN＝2，由此即可解决问题；
（2）由Rt△CDM≌Rt△CDN，推出CN＝CM，由Rt△ADN≌Rt△BDM，推出AN＝BM，由此即可解决问题．
【详解】
（1）解：如图作DN⊥AC于N．

∵DC平分∠ACP，DM⊥CP，DN⊥CA，
∴DM＝DN＝2，
∴S△ADC＝•AC•DN＝×6×2＝6．
（2）∵CD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△CDM≌Rt△CDN，
∴CN＝CM，
∵AD＝BD，DN＝DM，
∴Rt△ADN≌Rt△BDM，
∴AN＝BM，
∴AC＝AN＋CN＝BM＋CM．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，在∠EAF的平分线上取点B作BC⊥AF于点C，在直线AC上取一动点P．在直线AE上取点Q使得BQ=BP．

（1）如图1，当点P在点线段AC上时，∠BQA+∠BPA= 　°；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，探究AQ、AP、AC三条线段之间的数量关系，说明理由；
（3）在满足（1）的结论条件下，当点P运动到在射线AC上时，直接写出AQ、AP、PC三条线段之间的数量关系为：　 ．
【答案】（1）180；（2）；理由见解析；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）作BMAE于点M，根据角平分线的性质得到BM=BC，证明,继而证明解题即可；
（2）作于M，先证明（HL），继而得到，，，再证明（HL），从而得到，据此解题即可；
（3）分两种情况讨论，当点P在线段AC上时，或当点P在线段AC的延长线上时，分别画出适合的图，再由（AAS）可得，，，再由（HL）可得，利用线段和差计算即可．
【详解】
（1）证明：过点B作于M，
∵BA平分，，

∴，
在和中，
，
∴（HL），
∴，
又∵，
∴，
故答案为180；
（2）解：
理由如下：如图2，作于M，
∵AB平分∠EAF，
∴BM=BC，
在Rt和Rt中

∴（HL）
∴，，

在和中

∴（HL）
∴
∴
（3）当点P在线段AC上时，如图，
理由如下：作于M，
∵BC⊥AF，
∴，
∵，∠BPC+∠BPA=180°，
∴∠BPC=∠BQM，
在和中

∴（AAS）
∴，，
在Rt和Rt中

∴（HL）
∴，
∴

当点P在线段AC的延长线上时，如图，
理由如下：作于M，

∵BC⊥AF，
∴，
∵，∠BQM+∠BQA=180°，
∴∠BPC=∠BQM，
在和中

∴（AAS）
∴，，
在Rt和Rt中

∴（HL）
∴，
∴
故答案为：或．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质，角平分线性质，分类讨论思想等知识，掌握相关知识，利用辅助线画出准确图形是解题关键．
8．如图，在中，，，，，，动点E以的速度从A点向F点运动，动点G以的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为t．
（1） ， ；
（2）当取何值时，和全等；
（3）在（2）的前提下，若，，求．

【答案】（1）4，2；（2）；（3）cm2．
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的性质可证Rt△AFD≌Rt△AMD，得AF=AM，从而求出即可；
（2）分两种情况进行讨论：①当0＜t＜4时，②当4≤t＜5时，分别根据△DFE≌△DMG，得出EF=GM，据此列出关于t的方程，进行求解即可．
（3）利用等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求得答案．
【详解】
（1）∵∠BAD=∠DAC，DF⊥AB，DM⊥AC，∴DF=DM，
在Rt△AFD和Rt△AMD中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△AMD（HL）；
∴，
，
，，
（2）①当0＜t＜4时，点G在线段CM上，点E在线段AF上．
EF＝10﹣2t，MG＝4﹣t
∴10﹣2t＝4﹣t，
∴t＝6（不合题意，舍去）；
②当4＜t＜5时，点G在线段AM上，点E在线段AF上．
EF＝10﹣2t，MG＝t﹣4，
∴10﹣2t＝t﹣4，
∴t＝；
综上所述当t＝时，△DFE与△DMG全等；
（3）∵t＝，
∴AE＝2t＝，
∵DF＝DM，
∴S△ABD：S△ACD＝AB：AC＝BD：CD＝119：126，
∵AC＝14，
∴AB＝，
∴BF＝AB﹣AF＝﹣10＝，
∵S△ADE：S△BDF＝AE：BF＝：，S△AED＝28cm2，
∴S△BDF＝cm2．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、角平分线的性质、三角形的面积公式以及动点问题，解题的难点在于第二问中求运动的时间，此题容易漏解和错解．
9．在平面直角坐标系中，A（﹣3，0）、B（0，7）、C（7，0），∠ABC＋∠ADC＝180°，BC⊥CD．
（1）如图1，
①求证：∠ABO＝∠CAD；
②AB与AD是否相等？请说明理由；
（2）如图2，E为∠BCO的邻补角的平分线上的一点，且∠BEO＝45°，OE交BC于点F，求BF的长．

【答案】（1）①见解析；②AB＝AD，见解析；（2）7
【解析】
【分析】
(1）根据四边形的内角和定理、直角三角形的性质证明；
(2)过点A作AF⊥BC于点F，作AE⊥CD的延长线于点E，△ABF≌△ADE得到AB＝AD，
(3)过点E作EH⊥BC于点H，作EG⊥x轴于点G，根据角平分线的性质得到EH=EG，证明△ABF≌△ADE，得到EB=EO，根据等腰三角形的判定定理解答.
【详解】
证明：①在四边形ABCD中，∵∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴∠BAD＋∠BCD＝180°，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAC＋∠CAD＝90°，
∵∠BAC＋∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠CAD；
解：②AB＝AD，如图：

过点A作AF⊥BC于点F，作AE⊥CD的延长线于点E，
∵B（0，7），C（7，0），
∴OB＝OC，
∴∠BCO＝45°，
∵BC⊥CD，
∴∠BCO＝∠DCO＝45°，
∵AF⊥BC，AE⊥CD，
∴AF＝AE，∠FAE＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴AB＝AD，
（3）过点E作EH⊥BC于点H，作EG⊥x轴于点G，


∵E点在∠BCO的邻补角的平分线上，
∴EH＝EG，
∵∠BCO＝∠BEO＝45°，
∴∠EBC＝∠EOC，
在△EBH和△EOG中，
，
∴△EBH≌△EOG（AAS），
∴EB＝EO，
∵∠BEO＝45°，
∴∠EBO＝∠EOB＝67.5°，又∠OBC＝45°，
∴∠BOE＝∠BFO＝67.5°，
∴BF＝BO＝7.
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定和性质、角平分线的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
10．如图所示，直线AB交x轴于点A（a，0），交y轴于点B（0，b），且a、b满足，C的坐标为（﹣1，0），且AH⊥BC于点H，AH交OB于点P．
（1）如图1，写出a、b的值，证明△AOP≌△BOC；
（2）如图2，连接OH，求证：∠OHP＝45°；
（3）如图3，若点D为AB的中点，点M为y轴正半轴上一动点，连接MD，过D作DN⊥DM交x轴于N点，当M点在y轴正半轴上运动的过程中，求证：S△BDM﹣S△ADN＝4．

【答案】（1）a＝4，b＝﹣4，见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）先依据非负数的性质求得、的值从而可得到，然后再，，最后，依据可证明；
（2）要证，只需证明平分，过分别作于点，作于点，只需证到，只需证明即可；
（3）连接，易证，从而有，由此可得．
【详解】
（1）解：，
，，
，，
则．
即，，
，
．
在与中，
，
；
（2）证明：过分别作于点，作于点．

在四边形中，，
．
，
，
在与中，
，
，
．
，，
平分，
；
（3）证明：如图：连接．

，，为的中点，
，，，
，，
．
即，
．
在与中，
，
，
．
．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的判定、二次根式及完全平方式的非负性等知识，在解决第（3）小题的过程中还用到了等积变换，而运用全等三角形的性质则是解决本题的关键．
11．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．

（1）如图1，若A、B两点的坐标分别是A（0，4），B（﹣2，0），求C点的坐标；
（2）如图2，作∠ABC的角平分线BD，交AC于点D，过C点作CE⊥BD于点E，求证： BD ＝2CE
【答案】（1）（4，2）；（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】
（1）作CM⊥OA垂足为M，证明△ABO≌△CAM，即可得解；
（2）延长CE、BA相交于点F，证明△ABD≌△ACF（ASA），得到BD=CF，证明△BCE≌△BFE（ASA），即可得解；
【详解】
（1）作CM⊥OA垂足为M，
∵∠AOB=∠BAC=90°，
∴∠BAO+∠CAM=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠CAM，
在和中，
，
∴△ABO≌△CAM，
∴MC=AO=4，AM=BO=2，MO=AO-AM=2，
∴点C坐标（4，2）；
（2）如图2，延长CE、BA相交于点F，
∵∠EBF+∠F=90°，∠ACF+∠F=90°，
∴∠EBF=∠ACF，
在和中，
，
∴△ABD≌△ACF（ASA），
∴BD=CF，
在和中，
，
∴△BCE≌△BFE（ASA），
∴CE=EF，
∴BD=CF=2 CE．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，准确分析证明是解题的关键．
12．如图1，点A、D在y轴正半轴上，点B、C分别在x轴上，CD平分∠ACB，与y轴交于D点，∠CAO＋∠BDO＝90°．

（1）求证：AC＝BC；
（2）如图2，点C的坐标为(6，0)，点E为AC上一点，且∠DEA＝∠DBO，求BC+EC的值；
（3）如图3，过D作DF⊥AC于F点，点H为FC上一动点，点G为OC上一动点，当H在FC上移动、点G在OC上移动时，始终满足∠GDH＝∠GDO+∠FDH．试判断FH、GH、OG这三者之间的数量关系，写出你的结论并加以证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）BC+EC=12；（3）GH=FH+OG，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）由题意∠CAO＋∠BDO＝90°，可知∠CAO=∠CBD，再结合CD平分∠ACB，所以可由AAS定理证明△ACD≌△BCD，由全等三角形的性质可得AC=BC；
（2）过D作DN⊥AC于N点，可证明Rt△BDO≌Rt△EDN、△DOC≌△DNC，因此，BO=EN、OC=NC，所以，BC+EC=BO+OC+NC-NE=2OC，即可得BC+EC的长；
（3）在x轴的负半轴上取OM=FH，可证明△DFH≌△DOM、△HDG≌△MDG，因此，MG=GH，所以，GH=OM+OG=FH+OG，即可证明所得结论．
【详解】
（1）证明：∵x轴⊥y轴，
∴∠CBD＋∠BDO＝90°，
∵∠CAO＋∠BDO＝90°，
∴∠CAO=∠CBD．
∵CD平分∠ACB，
∴，
在△ACD和△BCD中
，
∴△ACD≌△BCD（AAS）．
∴AC=BC，AD=DE；
（2）解：由（1）知∠CAD=∠DEA=∠DBO，
∴BD=AD=DE，
过D作DN⊥AC于N点，如右图所示：

∵∠ACD=∠BCD，
∴DO=DN，
在Rt△BDO和Rt△EDN中

∴Rt△BDO≌Rt△EDN（HL），
∴BO=EN．
在△DOC和△DNC中，

∴△DOC≌△DNC（AAS），
可知：OC=NC；
∴BC+EC=BO+OC+NC-NE=2OC=12；
（3）GH=FH+OG．
证明：由（1）知：DF=DO，

在x轴的负半轴上取OM=FH，连接DM，如图所示：
在△DFH和△DOM中
，
∴△DFH≌△DOM（SAS）．
∴DH=DM，∠1=∠ODM．
∴∠GDH=∠1+∠2=∠ODM+∠2=∠GDM．
在△HDG和△MDG中
，
∴△HDG≌△MDG（SAS）．
∴MG=GH，
∴GH=OM+OG=FH+OG．
【点睛】
本题考查坐标与图形，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质．能正确作出辅助线，构造全等三角形是解题关键．