人教版八年级上册12.1 全等三角形达标测试

这是一份人教版八年级上册12.1 全等三角形达标测试，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在△ABC与△DEF中，给出以下六个条件：①AB=DE；②BC=EF；③AC=DF；④∠A=∠D；⑤∠B=∠E；⑥∠C=∠F，以其中三个作为已知条件，不能判断△ABC与△DEF全等的是（ ）
A．①②⑤B．①②③C．①④⑥D．②③④
【答案】D
【解析】
在A选项中，根据SAS可证明△ABC≌△DEF；
在B选项中，根据SSS可证明△ABC≌△DEF；
在C选项中，根据AAS可证明△ABC≌△DEF；
在D选项中，只满足SSA，而SSA不能判定两个三角形全等，所以以D选项中的三个已知条件，不能判定△ABC和△DEF全等，
故选D．
2．两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AD=CD，AB=CB，小明在探究筝形的性质时，得到如下结论：
①AC⊥BD；②AO=CO=AC；③△ABD≌△CBD，其中正确的结论有（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】
试题解析：在△ABD与△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
故③正确；
∴∠ADB=∠CDB，
在△AOD与△COD中，
，
∴△AOD≌△COD（SAS），
∴∠AOD=∠COD=90°，AO=OC，
∴AC⊥DB，
故①②正确；故选D．
3．如图，AB∥CD，AC∥BD，AD与BC交于O，AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，那么图中全等的三角形有（ ）
A．5对 B．6对 C．7对 D．8对
【答案】C.
【解析】
试题解析：∵AB∥CD，AC∥BD，
∴∠ABC=∠DCB，∠ACB=∠DBC．
∵BC=CB，
∴△CAB≌△CDB，
∴AB=CD，AC=BD．
∵AB∥CD，AC∥BD，
∴∠BAO=∠CDO，∠OBA=∠OCD，∠OBD=∠OCA，∠OAC=∠ODB．
∴△AOB≌△COD，△AOC≌△BOD．
∴OA=OD，OC=OB．
∵AE⊥BC，DF⊥BC，∠AOE=∠DOF，
∴△AOE≌△DOF．
∴OE=OF．
∴CE=BF．
∵AE=DF，AC=BD，
∴△AEC≌△BFD．
∵AE=DF，AB=CD，BE=CF，
∴△AEB≌△DFC．
还有△ACD≌△DBA．
故选C．
考点：1.全等三角形的判定；2.平行线的性质．
4．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，∠A＝20°，AB上一点D，且AD＝BC，过点D作DE∥BC且DE＝AB，连接EC，则∠DCE的度数为（ ）
A．80°B．70°C．60°D．45°
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AE．根据ASA可证△ADE≌△CBA，根据全等三角形的性质可得AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，根据等边三角形的判定可得△ACE是等边三角形，根据等腰三角形的判定可得△DCE是等腰三角形，再根据三角形内角和定理和角的和差关系即可求解．
【详解】
如图所示，连接AE．
∵AB=DE，AD=BC
∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，可得AE=DE
∵AB=AC，∠BAC=20°，
∴∠DAE=∠ADE=∠B=∠ACB=80°，
在△ADE与△CBA中，
，
∴△ADE≌△CBA（ASA），
∴AE=AC，∠AED=∠BAC=20°，
∵∠CAE=∠DAE-∠BAC=80°-20°=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴CE=AC=AE=DE，∠AEC=∠ACE=60°，
∴△DCE是等腰三角形，
∴∠CDE=∠DCE，
∴∠DEC=∠AEC-∠AED=40°，
∴∠DCE=∠CDE=（180-40°）÷2=70°．
故选B．
【点睛】
考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，平行线的性质，综合性较强，有一定的难度．
5．如图，△ABC≌△FDE，∠C=40°，∠F=110°，则∠B等于（ ）
A．20°B．30°C．40°D．150°
【答案】B
【详解】
试题分析：根据△≌△，，，再结合三角形的内角和定理即可求得结果.
∵，
∴∠EDF=180°-∠E-∠F=30°
∵△≌△
∴∠=∠EDF=30°
故选B.
考点：本题考查的是全等三角形的性质，三角形的内角和
点评：解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的对应角相等，三角形的内角和为180°.
6．根据下列条件，能画出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝3，∠A＝60°，∠B＝40°B．AB＝3，BC＝4，∠A＝40°
C．AB＝3，BC＝4，AC＝8D．AB＝3，∠C＝90°
【答案】A
【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
【详解】
A、两角夹边三角形唯一确定．本选项符合题意，
B、边边角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意，
C、不满足三边关系，本选项不符合题意，
D、一边一角无法确定三角形．本选项不符合题意，
故选：A．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定及三角形的三边关系，全等三角形的判定定理有：SSS、SAS、AAS、ASA和HL，判定三角形全等，必须有边的参与，有两边参与时，角必须是这两边的夹角，SSA和AAA不能判定两个三角形全等；任意三角形的两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.
7． 如图，已知AB＝AC，PB＝PC，且点A、P、D、E在同一条直线上.下面的结论：①EB＝EC；②AD⊥BC；③EA平分∠BEC；④∠PBC＝∠PCB．其中正确的有（ ）
A．1个 B． 2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】
对各个选项进行验证从而得出最终答案，做题时，要结合已知条件与全等的判定方法对选项逐一验证．
【详解】
解：∵AB=AC，PB=PC，AP=AP
∴△ABP≌△ACP（SSS）
∴∠BAP=∠CAP
又∵AB=AC，AE=AE
∴△ABE≌△ACE（SAS）
∴BE=CE（第一个正确）
∴∠BEA=∠CEA，即AE平分∠BEC（第三个正确）
∵∠BAD=∠CAD，AB=AC，AD=AD
∴△ABD≌△ACD（SAS）
∴∠ADB=∠ADC
∵∠ADB+∠ADC=180°
∴AD⊥BC（第二个正确）
∵PB=PC
∴∠PBC=∠PCB（第四个正确）
所以正确的有四个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了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，注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
8．如图，AE⊥AB且AE=AB，BC⊥CD且BC=CD，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积是（ ）
A．50 B．62 C．65 D．68
【答案】A．
【解析】
试题解析：∵AE⊥AB且AE=AB，EF⊥FH，BG⊥FH⇒∠FED=∠EFA=∠BGA=90°，
∠EAF+∠BAG=90°，∠ABG+∠BAG=90°⇒∠EAF=∠ABG，
∴AE=AB，∠EFA=∠AGB，∠EAF=∠ABG⇒△EFA≌△ABG
∴AF=BG，AG=EF．
同理证得△BGC≌△DHC得GC=DH，CH=BG．
故FH=FA+AG+GC+CH=3+6+4+3=16
故S=（6+4）×16-3×4-6×3=50．
故选A．
考点：1．全等三角形的判定与性质，2．勾股定理


二、填空题
9．在平面直角坐标系中，已知点A（1，2），B（5，5），C（5，2），存在点E，使△ACE和△ACB全等，写出所有满足条件的E点的坐标_________．
【答案】, ,
【解析】
如图所示：有3个点，当E在E、F、N处时，△ACE和△ACB全等，
点E的坐标是：（1，5），（1，-1），（5，-1），
故答案为（1，5）或（1，-1）或（5，-1）．
10．如图，△ABC中，∠ABC＝45°，AC＝4，H是高AD和BE的交点，则线段BH的长度为 ．
【答案】4
【解析】
试题分析：由∠ABC=45°，AD是高，得出BD=AD后，证△ADC≌△BDH后求解．BH=AC=4．
考点：全等三角形的判定与性质．
11．已知如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC，AD平分∠BAC，DE⊥AC于E．若AC=10，可求得△DEC的周长为________．
【答案】10
【分析】
根据角平分线的性质可得DB=DE，然后根据HL可证明Rt△ABD≌Rt△AED，进而可得AB=AE，再根据线段的和差关系即可得出△DEC的周长=AC，从而可得答案．
【详解】
解：∵AD平分∠BAC，∠B=90°，DE⊥AC于E，
∴DB=DE，
在Rt△ABD和Rt△AED中，
∵AD=AD，DB=DE，
∴Rt△ABD≌Rt△AED（HL），
∴AB=AE，
∵AB=BC，
∴BC=AE，
∴△DEC的周长=DE+DC+EC=DB+DC+EC=BC+EC=AE+EC=AC=10．
故答案为：10．
【点睛】
本题考查了角平分线的性质、直角三角形全等的判定和性质以及三角形的周长计算等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
12．如图，已知：∠A=∠D，∠1=∠2，下列条件中能使△ABC≌△DEF的有_____．
①∠E=∠B；②ED=BC；③AB=EF；④AF=CD．
【答案】④
【分析】
全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,根据定理和已知条件逐个判断即可.
【详解】
①∠E＝∠B，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，所以①错误；②ED＝BC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，所以②错误；③AB＝EF，符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，所以③错误；④AF＝CD，∵AF＝CD，∴AF＋FC＝CD＋FC,∴AC＝DF，在△ABC和△DEF中，∵ ，∴△ABC≌△DEF，∴④正确，故答案为④.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定定理的应用，注意:全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS.
13．中，点是内一点且到三边的距离相等，，则_________.
【答案】110°
【解析】
试题解析：如图，
∵O到三角形三边距离相等，
∴O是内心，
∴AO，BO，CO都是角平分线，
∴∠CBO=∠ABO=∠ABC，∠BCO=∠ACO=∠ACB，
∠ABC+∠ACB=180°-40°=140°，
∠OBC+∠OCB=70°，
∠BOC=180°-70°=110°．
14．如图，BA⊥AC，CD∥AB．BC＝DE，且BC⊥DE，若AB＝2，CD＝6，则AE＝_______．
【答案】4
【分析】
先根据BA⊥AC，CD∥AB证明∠DCA=∠BAC=90°，再根据等角的余角相等证明∠ACB =∠D，然后通过AAS可证明△ABC≌△ECD从而得出AC=CD=6，利用线段的和差可解.
【详解】
∵BA⊥AC，CD∥AB
∴∠DCA=∠BAC=90°，∠B=∠BCD
∴∠B+∠ACB=90°
∵BC⊥DE
∴∠D+∠BCD=90°，
∴∠ACB =∠D.
在△ABC和△ECD中

∴△ABC≌△ECD
∴AC=CD=6.
∵AB=2
∴AE=AC-AB=4.
故填：4.
【点睛】
本题考查全等三角形的性质与判定，平行线的性质定理，等角的余角相等.在本题中掌握三角形全等的几种判定定理，并能根据题意筛选出合适的定理去证明是解决此题的关键.
15．如图，点B的坐标为（4，4），作BA⊥x轴，BC⊥y轴，垂足分别为A，C，点D为线段OA的中点，点P从点A出发，在线段AB、BC上沿A→B→C运动，当OP=CD时，点P的坐标为_________________________．
【答案】（2，4）或（4，2）．
【详解】
试题分析：①当点P在正方形的边AB上时，在Rt△OCD和Rt△OAP中，∵OC=OA，CD=OP，∴Rt△OCD≌Rt△OAP，∴OD=AP，∵点D是OA中点，∴OD=AD=OA，∴AP=AB=2，∴P（4，2）；
②当点P在正方形的边BC上时，同①的方法，得出CP=BC=2，∴P（2，4）．
综上所述：P（2，4）或（4，2）．故答案为（2，4）或（4，2）．
考点：全等三角形的判定与性质；坐标与图形性质；分类讨论．

三、解答题
16．如图所示，已知AD是△ABC的角平分线，CE是△ABC的高，∠BAC=60°，∠BCE=45°，求∠ADB的大小.
【答案】∠ADB=105°
【解析】试题分析：根据AD是△ABC的角平分线，∠BAC=60°，得出∠BAD=30°，再利用CE是△ABC的高，∠BCE=45°，得出∠B的度数，进而根据三角形的内角和定理得出∠ADB的度数．
试题解析：
∵AD是△ABC的角平分线，∠BAC=60°，
∴∠BAD=30°，
又∵CE是△ABC的高，∠BCE=45°，
∴∠BEC=90°
∴∠B=45°
∴∠ADB=180°-∠B-∠BAD=180°-45°-30°=105°
17．如图，BN为∠ABC的平分线，P为BN上一点，且PD⊥BC于点D，AB＋BC＝2BD．求证：∠BAP＋∠BCP＝180°
【答案】见解析
【解析】
【分析】
过点P作PE⊥AB于点E.根据角平分线性质得PE＝PD，再证Rt△PBE≌Rt△PBD(HL)，得BE＝BD.由AB＋BC＝2BD，BC＝BD＋CD，AB＝BE－AE，得BE－AE＋BD＋CD＝2BD，故AE＝CD；再证△PEA≌△PDC(SAS)，得∠PAE＝∠BCP，由∠BAP＋∠PAE＝180°，得∠BAP＋BCP＝180°.
【详解】
证明：过点P作PE⊥AB于点E.
∵BN平分∠ABC，PD⊥BC，PE⊥AB，
∴PE＝PD，∠BEP＝∠BDP＝90°.
在Rt△PBE和Rt△PBD中，
∵PB＝PB，PE＝PD，
∴Rt△PBE≌Rt△PBD(HL)，
∴BE＝BD.
∵AB＋BC＝2BD，BC＝BD＋CD，AB＝BE－AE，
∴BE－AE＋BD＋CD＝2BD，
∴AE＝CD.在△PEA和△PDC中，
∵PE＝PD，∠PEA＝∠PDC，AE＝CD，
∴△PEA≌△PDC(SAS)
∴∠PAE＝∠PCD，即∠PAE＝∠BCP.
∵∠BAP＋∠PAE＝180°，
∴∠BAP＋BCP＝180°.
【点睛】
本题考核知识点：角平分线性质定理，全等三角形判定和性质. 解题关键点：熟记角平分线性质定理，全等三角形判定和性质.
18．如图AD是三角形ABC的中线,E,F分别在AB,AC上,且DF丄DE. 求证：BE+CF>EF
【答案】证明见解析.
【分析】
延长FD至G，使得GD=DF，连接BG，EG,先证△DFC和△DGB全等，得到BG=CF，进而证明△EDF≌△EDG，得到EF=EG，最后再运用三角形的三边关系进行证明即可.
【详解】
证明：延长FD至G，使得GD=DF，连接BG，EG
∵在△DFC和△DGB中，
∴△DFC≌△DGB（SAS），
∴BG=CF，
∵在△EDF和△EDG中
∴△EDF≌△EDG（SAS），
∴EF=EG
在△BEG中，两边之和大于第三边，
∴BG+BE＞EG
又∵EF=EG，BG=CF，
∴BE+CF＞EF．
【点睛】
本题主要考查了三角形全等的判定和性质以及三角形的三边关系，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.
19．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，∠BAC＝90°，
①当点D在线段BC上时（与点B不重合） ，如图2，线段BD、CF的数量关系为________， 线段BD、CF所在直线的位置关系为_____________；
②当点D在线段BC的延长线上时，如图3，①中的结论是否仍然成立?并说明理由;
（2）如果AB≠AC，∠BAC是锐角，点D在线段BC上，当∠ACB＝____°时，CF⊥BC （点C、F不重合） ．
【答案】（1）①BD=CF；BD⊥CF；②成立，理由见解析；（2）45°．
【分析】
（1）①证明△DAB≌△FAC，可得：BD=CF，∠B=∠ACF=45°，则∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°，所以BD与CF相等且垂直；
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF=BD，∠ACF=∠ABD．结合∠BAC=90°，AB=AC，得到∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°．即CF⊥BD；
（2）当∠ACB=45°时，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，则∠GAC=90°，可推出∠ACB=∠AGC，所以AC=AG，由（1）①可知CF⊥BD．
【详解】
解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵AB=AC，
∴△DAB≌△FAC，
∴BD=CF，∠B=∠ACF=45°，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即BD⊥CF，
故答案为：BD=CF；BD⊥CF；
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．
由正方形ADEF得AD=AF，∠DAF=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DAF=∠BAC，
∴∠DAB=∠FAC，
又∵AB=AC，
∴△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，∠ACF=∠ABD．
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=45°，
∴∠ACF=45°，
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90度．
即CF⊥BD．
（2）当∠ACB=45°时，CF⊥BD（如图）．
理由：过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G，
则∠GAC=90°，
∵∠ACB=45°，∠AGC=90°-∠ACB，
∴∠AGC=90°-45°=45°，
∴∠ACB=∠AGC=45°，
∴AC=AG，
∵∠DAG=∠FAC（同角的余角相等），AD=AF，
∴△GAD≌△CAF，
∴∠ACF=∠AGC=45°，
∠BCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，即CF⊥BC．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．