考点14全等三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版）

这是一份考点14全等三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版），共17页。试卷主要包含了三角形全等的判定等内容，欢迎下载使用。

考点14全等三角形
考点总结
1、三角形全等的判定
三角形全等的判定定理：
（1）边角边定理：有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等（可简写成“边角边”或“SAS”）
（2）角边角定理：有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等（可简写成“角边角”或“ASA”）
（3）边边边定理：有三边对应相等的两个三角形全等（可简写成“边边边”或“SSS”）。
直角三角形全等的判定：
对于特殊的直角三角形，判定它们全等时，还有HL定理（斜边、直角边定理）：有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可简写成“斜边、直角边”或“HL”）
2. 全等三角形的性质：全等三角形的对应角相等，对应边相等。

真题演练
一．选择题（共7小题）
1．（2021•盐城）工人师傅常常利用角尺构造全等三角形的方法来平分一个角．如图，在∠AOB的两边OA、OB上分别截取OC＝OD，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点C、D重合，这时过角尺顶点M的射线OM就是∠AOB的平分线．这里构造全等三角形的依据是（　　）

A．SAS B．ASA C．AAS D．SSS
【分析】根据全等三角形的判定定理SSS推出△COM≌△DOM，根据全等三角形的性质得出∠COM＝∠DOM，根据角平分线的定义得出答案即可．
【解答】解：在△COM和△DOM中
OC=ODOM=OMMC=MD，
所以△COM≌△DOM（SSS），
所以∠COM＝∠DOM，
即OM是∠AOB的平分线，
故选：D．
2．（2021•淮安）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E，连接AE，若AE＝4，EC＝2，则BC的长是（　　）

A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】根据线段的垂直平分线的性质得到EB＝EA＝4，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵DE是AB的垂直平分线，AE＝4，
∴EB＝EA＝4，
∴BC＝EB+EC＝4+2＝6，
故选：C．
3．（2021•姑苏区一模）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线MN交AB于点D，CD恰好平分∠ACB．若AD＝2，BD＝3，则AC的长是（　　）

A．10 B．3 C．25 D．6
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到CD＝BD＝3，证明△ACD∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，把已知数据代入计算，得到答案．
【解答】解：∵BC的垂直平分线MN交AB于点D，
∴CD＝BD＝3，
∴∠B＝∠DCB，AB＝AD+BD＝5，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ACAB=ADAC，即AC5=2AC，
解得，AC=10，
故选：A．
4．（2021•新吴区二模）如图，C为线段AB上一点，在线段AB的同侧分别作等边△ACD、△BCE，连接AE、BD相交于F，连接CF．若S△DEF＝83，则CF的长为（　　）

A．42 B．33 C．32 D．43
【分析】如图，作EH⊥BD于H．首先证明∠DFA＝∠AFC＝∠CFB＝60°，再证明△DFC∽△CFE，推出DFCF=CFEF，推出CF2＝DF•EF，由S△DEF=12•DF•EF•sin60°=83，推出DF•EF＝32，可得CF2＝32，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，作EH⊥BD于H，设AE与DC交于点O，

∵△ADC，△EBC都是等边三角形，
∴CA＝CD，CE＝CB，∠ACD＝∠ECB＝60°，
∴∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
AC=CD∠ACE=∠DCBCE=CB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠AOC＝∠DOF，
∴∠DFO＝∠OCA＝60°，
∴△DOF∽△AOC，
∴DOAO=OFOC，
∴DOOF=AOOC，
∵∠AOD＝∠FOC，
∴△DOA∽△FOC，
∴∠ADO＝∠OFC＝60°，∠DCF＝∠DAF，
∴∠CFB＝60°，
∴∠DFC＝∠EFC＝120°，
∵∠ECB＝∠DAC＝60°，
∴AD∥CE，
∴∠DAF＝∠FEC，
∴∠DCF＝∠FEC，
∴△DFC∽△CFE，
∴DFCF=CFEF，
∴CF2＝DF•EF，
∵S△DEF=12•DF•EF•sin60°=83，
∴DF•EF＝32，
∴CF2＝32，
∵CF＞0，
∴CF＝42．
故选：A．
5．（2021•江阴市模拟）已知如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为线段BC上一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，F为DE中点，直线CF交射线BA于点G．下列说法：①若连接EC，则EC⊥BC；②∠BDA＝∠EDC；③DE＝CG；④若BD＝2DC，则AD=5AG．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】连接AF、EC，根据SAS证△BAD≌△CAE，推出∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，即可判断①；利用直角三角形中线的性质证AF＝GF＝FC，即可判断③；设DC＝a，则BD＝2a，解直角三角形得到AD=102a，AG=22a，即可判断④；取AD⊥BC时，得到∠BDA≠∠EDC，即可判断②．
【解答】解：连接AF、EC，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，则∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABC＝∠ACE，BD＝EC，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝45°+45°＝90°，
∴EC⊥BC，
故①正确；
当AD⊥BC时，∠ADB＝90°，
∵∠ADE＝45°，
∴∠EDC＝45°，
∴∠BDA≠∠EDC，
故②错误；
∵∠BCE＝90°，F为DE的中点，
∴CF＝DF＝EF=12DE，
∵∠DAE＝90°，F为DE的中点，
∴AF＝DF＝EF=12DE，
∴AF＝CF，
∴∠FAC＝∠FCA，
又∵∠GAC＝90°，
∴∠GAF+∠FAC＝∠AGF+∠FCA＝90°，
∴∠GAF＝∠AGF，
∴GF＝AF，则AF＝GF＝FC=12CG，
∴DE＝CG，
故③正确；
∵BD＝2DC，
设DC＝a，则BD＝2a，
∴BC＝3a，AB＝AC＝BC•sin45°=322a，
在Rt△DCE中，EC＝BD＝2a，DC＝a，
∴DE=EC2+DC2=5a，
在等腰直角三角形ADE中，AD=22DE=102a，
又∵∠GAC＝90°，CG＝DE=5a，
∴AG=CG2−AC2=(5a)2−(322a)2=22a，
∴AD=5AG，
故④正确，
综上，正确结论有3个，
故选：C．

6．（2021•常州二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝3，AD⊥BC于点D，BE⊥AC于点E，AE＝1．连接DE．过点D作DF⊥DE交BE于点F．则DF长度为（　　）

A．2 B．2−22 C．32−3 D．1+22
【分析】证明△BFD≌△AED（ASA），由全等三角形的性质得出DE＝DF，BF＝AE＝1，由勾股定理求出BE＝22．则可求出答案．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ABD＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝∠BAD，
∴AD＝BD，
∵又DE⊥DF，
∴∠FDE＝90°，
∴∠BDF＝∠ADE，
又∵BE⊥AC，
∴∠EBC+∠C＝90°，
∵∠C+∠DAC＝90°，
∴∠EBC＝∠DAC，
在△BFD和△AED中，
∠BDF=∠ADEBD=AD∠FBD=∠DAE，
∴△BFD≌△AED（ASA），
∴DE＝DF，BF＝AE＝1，
∵AB＝3，
∴BE=AB2−AE2=32−12=22，
∴EF＝BE﹣BF＝22−1，
∴DF=22EF=22(22−1)=2−22．
故选：B．
7．（2020•南通）如图，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（　　）

A．6 B．22 C．23 D．32
【分析】把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可．
【解答】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H，
在Rt△AHB中，
∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴BH＝1，AH=3，
在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，
∴AC=AH2+CH2=(3)2+(3)2=6，

∵点D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BFD与△CKD中，
∠BFD=∠CKD=90°∠BDF=∠CDKBD=CD，
∴△BFD≌△CKD（AAS），
∴BF＝CK，
延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，
可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，
在Rt△ACN中，AN＜AC，
当直线l⊥AC时，最大值为6，
综上所述，AE+BF的最大值为6．
故选：A．
二．填空题（共5小题）
8．（2020•南京）如图，线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，若∠1＝39°，则∠AOC＝　78°　．

【分析】解法一：连接BO，并延长BO到P，根据线段的垂直平分线的性质得AO＝OB＝OC和∠BDO＝∠BEO＝90°，根据四边形的内角和为360°得∠DOE+∠ABC＝180°，根据外角的性质得∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，相加可得结论．
解法二：连接OB，同理得AO＝OB＝OC，由等腰三角形三线合一得∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，由平角的定义得∠BOD+∠BOE＝141°，最后由周角的定义可得结论．
【解答】解：解法一：连接BO，并延长BO到P，

∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，∠BDO＝∠BEO＝90°，
∴∠DOE+∠ABC＝180°，
∵∠DOE+∠1＝180°，
∴∠ABC＝∠1＝39°，
∵OA＝OB＝OC，
∴∠A＝∠ABO，∠OBC＝∠C，
∵∠AOP＝∠A+∠ABO，∠COP＝∠C+∠OBC，
∴∠AOC＝∠AOP+∠COP＝∠A+∠ABC+∠C＝2×39°＝78°；
解法二：
连接OB，

∵线段AB、BC的垂直平分线l1、l2相交于点O，
∴AO＝OB＝OC，
∴∠AOD＝∠BOD，∠BOE＝∠COE，
∵∠DOE+∠1＝180°，∠1＝39°，
∴∠DOE＝141°，即∠BOD+∠BOE＝141°，
∴∠AOD+∠COE＝141°，
∴∠AOC＝360°﹣（∠BOD+∠BOE）﹣（∠AOD+∠COE）＝78°；
故答案为：78°．
9．（2021•仪征市二模）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠1+∠2＝　135°　．

【分析】直接利用网格得出对应角∠1＝∠3，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
由题意可得：∠1＝∠3，
则∠1+∠2＝∠2+∠3＝135°．
故答案为：135°．

10．（2020•朝阳区三模）如图所示的网格是正方形网格，图形的各个顶点均为格点，则∠1+∠2＝　45°　．

【分析】直接利用网格得出对应角∠1＝∠3，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：
由题意可得：∠1＝∠3，
则∠1+∠2＝∠2+∠3＝45°．
故答案为：45°．

11．（2021•射阳县三模）△ABC中，AB＝AC＝12厘米，∠B＝∠C，BC＝9厘米，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以v厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．若点Q的运动速度为3厘米/秒，则当△BPD与△CQP全等时，v的值为　2.25或3　．

【分析】分两种情况讨论：①若△BPD≌△CPQ，根据全等三角形的性质，则BD＝CQ＝6厘米，BP＝CP=12BC=12×9＝4.5（厘米），根据速度、路程、时间的关系即可求得；②若△BPD≌△CQP，则CP＝BD＝6厘米，BP＝CQ，得出9−vt=6vt=3t，解得：v＝3．
【解答】解：∵△ABC中，AB＝AC＝12厘米，点D为AB的中点，
∴BD＝6厘米，
若△BPD≌△CPQ，则需BD＝CQ＝6厘米，BP＝CP=12BC=12×9＝4.5（厘米），
∵点Q的运动速度为3厘米/秒，
∴点Q的运动时间为：6÷3＝2（s），
∴v＝4.5÷2＝2.25（厘米/秒）；
若△BPD≌△CQP，则需CP＝BD＝6厘米，BP＝CQ，
∴9−vt=6vt=3t，
解得：v＝3；
∴v的值为：2.25或3，
故答案为：2.25或3
12．（2020•北京）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上（不与点B，C重合）．只需添加一个条件即可证明△ABD≌△ACD，这个条件可以是 　BD＝CD　（写出一个即可）．

【分析】由题意可得∠ABC＝∠ACD，AB＝AC，即添加一组边对应相等，可证△ABD与△ACD全等．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACD，
添加BD＝CD，
∴在△ABD与△ACD中
AB=AC∠ABD=∠ACDBD=CD，
∴△ABD≌△ACD（SAS），
故答案为：BD＝CD．
三．解答题（共5小题）
13．（2021•常州）如图，B、F、C、E是直线l上的四点，AB∥DE，AB＝DE，BF＝CE．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）将△ABC沿直线l翻折得到△A′BC．
①用直尺和圆规在图中作出△A′BC（保留作图痕迹，不要求写作法）；
②连接A′D，则直线A′D与l的位置关系是 　平行　．

【分析】（1）根据等式的性质得出BC＝EF，利用平行线的性质得出∠ABC＝∠DEF，进而利用SAS证明△ABC≌△DEF即可；
（2）根据轴对称的性质画出图形，进而解答即可．
【解答】证明：（1）∵BF＝CE，
∴BF+FC＝CE+FC，
即BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠ABC＝∠DEF，
在△ABC与△DEF中，
AB=DE∠ABC=∠DEFBC=EF，
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）①如图所示，△A′BC即为所求：

②直线A′D与l的位置关系是平行，
故答案为：平行．
14．（2021•无锡）已知：如图，AC，DB相交于点O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO．
求证：（1）△ABO≌△DCO；
（2）∠OBC＝∠OCB．

【分析】（1）由已知条件，结合对顶角相等可以利用AAS判定△ABO≌△DCO；
（2）由等边对等角得结论．
【解答】证明：（1）在△ABO和△DCO中，
∠AOB=∠COD∠ABO=∠DCOAB=DC，
∴△ABO≌△DCO（AAS）；
（2）由（1）知，△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC
∴∠OBC＝∠OCB．
15．（2021•南京）如图，AC与BD交于点O，OA＝OD，∠ABO＝∠DCO，E为BC延长线上一点，过点E作EF∥CD，交BD的延长线于点F．
（1）求证△AOB≌△DOC；
（2）若AB＝2，BC＝3，CE＝1，求EF的长．

【分析】（1）由AAS证明△AOB≌△DOC即可；
（2）由全等三角形的性质得AB＝DC＝2，再证△BCD∽△BEF，得DCEF=BCBE，即可求解．
【解答】（1）证明：在△AOB和△DOC中，
∠ABO=∠DCO∠AOB=∠DOCOA=OD，
∴△AOB≌△DOC（AAS）；
（2）解：由（1）得：△AOB≌△DOC，
∴AB＝DC＝2，
∵BC＝3，CE＝1，
∴BE＝BC+CE＝4，
∵EF∥CD，
∴△BCD∽△BEF，
∴DCEF=BCBE，
即2EF=34，
解得：EF=83．
16．（2021•苏州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，直线DE是边AB的垂直平分线，连接BE．
（1）若∠A＝35°，则∠CBE＝　20　°；
（2）若AE＝3，EC＝1，求△ABC的面积．

【分析】（1）根据直角三角形的性质求出∠ABC，根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，进而得到∠EBA＝∠A＝35°，计算即可；
（2）根据勾股定理求出BC，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，∠A＝35°，
∴∠ABC＝90°﹣35°＝55°，
∵DE是线段AB的垂直平分线，
∴EA＝EB，
∴∠EBA＝∠A＝35°，
∴∠CBE＝55°﹣35°＝20°，
故答案为：20；
（2）∵EB＝EA＝3，
∴BC=EB2−EC2=22，
∴△ABC的面积=12×CA×BC＝42．
17．（2021•盐城二模）如图，AB是⊙O的直径，点D、E在⊙O上，连接AE、ED、DA，连接BD并延长至点C，使得∠DAC＝∠AED．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若点E是BD的中点，AE与BC交于点F，
①求证：CA＝CF；
②若⊙O的半径为3，BF＝2，求AC的长．

【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB＝90°，证明∠CAB＝90°，即可得结论；
（2）①根据点E是BD的中点，可得∠DAE＝∠BAE，证明∠CFA＝∠CAF，可得CA＝CF；
②设CA＝CF＝x，则BC＝CF+BF＝x+2，根据勾股定理列出方程求出x的值，即可得AC的长．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，
∵∠DBA＝∠DEA．∠DAC＝∠DEA，
∴∠DAC＝∠DBA，
∴∠DAC+∠DAB＝90°，
∵AB是⊙O的直径，∠CAB＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）①证明：∵点E是BD的中点，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵∠CFA＝∠DBA+∠BAE，∠CAF＝∠DAC+∠DAE，∠DAC＝∠DBA，
∴∠CFA＝∠CAF，
∴CA＝CF；
②解：设CA＝CF＝x，
则BC＝CF+BF＝x+2，
∵⊙O的半径为3，
∴AB＝6，
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得
CA2+AB2＝BC2，
∴x2+62＝（x+2）2，
解得x＝8，
∴AC＝8．