2023中考数学一轮复习专题14三角形与全等三角形(同步练习卷）（通用版）

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（2020秋•饶平县校级期末）如图中三角形的个数是
A．6B．7C．8D．9
【分析】根据三角形的定义得：图中三角形有：，，，，，，，共8个．
【解答】解：图中三角形有：，，，，，，，，
共8个．
故选：．
【点评】此题考查了学生对三角形的认识．注意要不重不漏地找到所有三角形，一般从一边开始，依次进行．
（2020春•淮阳区期末）下列说法：
（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形；
（2）一个钝角三角形一定不是等腰三角形；
（3）一个等腰三角形一定不是锐角三角形；
（4）一个直角三角形一定不是等腰三角形．
其中正确的有 个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据三角形的分类判断即可．
【解答】解：（1）一个等边三角形一定不是钝角三角形，说法正确；
（2）一个钝角三角形可能是等腰三角形，说法错误；
（3）一个等腰三角形可能是锐角三角形，说法错误；
（4）一个直角三角形可能是等腰三角形，说法错误；
故选：．
【点评】此题考查三角形问题，关键是根据三角形的分类的概念解答．
（2021春•历城区期中）如图，于点，于点，于点，下列关于高的说法中正确的是
A．中，是边上的高B．中，是边上的高
C．中，是边上的高D．中，是边上的高
【分析】根据三角形的一个顶点到对边的垂线段叫做三角形的高对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：于点，
中，是边上的高，故选项正确，选项错误；
于点，
中，是边上的高，故选项错误，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的高的定义：从三角形的一个顶点向它的对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高，是基础题，熟记概念是解题的关键．
（2020秋•建湖县期末）已知线段，，下面有四个说法：①线段长可能为；②线段长可能为；③线段长不可能为；④线段长可能为．所有正确说法的序号是
A．①②B．③④C．①②④D．①②③④
【分析】直接利用当，，在一条直线上，以及当，，不在一条直线上，分别分析得出答案．
【解答】解：线段，，
如图1，当，，在一条直线上，
，故①正确；
如图2，当，，在一条直线上，
，故②正确；
如图3，当，，不在一条直线上，
，
故线段不可能为，可能为，故③，④正确．
故选：．
【点评】此题主要考查了直线、射线、线段及三角形的三边关系，正确分类讨论是解题关键，难度不大．
（2020秋•饶平县校级期末）若有一条公共边的两个三角形称为一对“共边三角形”，则图中以为公共边的“共边三角形”有 3 对．
【分析】以为公共边的“共边三角形”有：与、与、与三对．
【解答】解：与、与、与共三对．
故答案为：3．
【点评】本题考查了三角形的定义，学生全面准确的识图能力，正确的识别图形是解题的关键．
在中，，，是边上的中线，则的取值范围是 ．
【分析】作出图形，延长中线到，使，利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，然后根据三角形任意两边之和大于第三边，两边之差小于第三边求出的范围，再除以2即可得解．
【解答】解：如图，延长中线到，使，
是三角形的中线，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
即，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系，根据辅助线的作法，“遇中线加倍延长”作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（2021春•开福区校级期末）已知一个三角形三边长分别为3，，5，且为偶数，则这个三角形的周长为 12或14 ．
【分析】先求出第三边的取值范围．可知第三边为偶数，从而找出取值范围中的偶数，即为第三边的长，即可得出三角形的周长．
【解答】解：设第三边长为，则，
，
又为偶数，
或6，
三角形的周长为12或14，
故答案为：12或14．
【点评】本题考查的是三角形的三边关系的运用．解题时注意三角形的三边关系．
（2021春•泰州期末）三角形两边，，第三边为为奇数，则此三角形周长为 20 ．
【分析】根据在三角形中任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边即可得出第三边取值范围，再根据第三边为奇数得出第三边，最后根据周长公式即可得出答案．
【解答】解：根据三角形三边关系，
，即，
为奇数，
，
三角形的周长为．
故答案为：20．
【点评】本题主要考查了三角形的三边关系，还要注意第三边是奇数这一条件，比较简单．
（2021春•闵行区校级月考）若一个三角形的两边长分别是和，且第三边为奇数，则第三边长为 ．
【分析】根据三角形的三边关系求得第三边的取值范围，再根据第三边是奇数求得第三边的长．
【解答】解：设第三边长．
根据三角形的三边关系，得．
又三角形的第三边长是奇数，因而满足条件的数是．
故答案为：．
【点评】考查了三角形的三边关系，已知三角形的两边，则第三边的范围是：大于已知的两边的差，而小于两边的和．
与三角形有关的角
（2021秋•瑶海区期中）如图，在中，，和的平分线交于点，得，和的平分线交于点，得，，和的平分线交于点，则 度．
【分析】根据角平分线的定义，由平方，平分，得，．根据三角形外角的性质，得，那么．再根据特殊到一般的数学思想解决此题．
【解答】解：平方，平分，
，．
，
．
同理可证：．
．
以此类推，．
当，．．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形外角的性质、角平分线的定义，熟练掌握三角形外角的性质、角平分线的定义是解决本题的关键．
（2021秋•蜀山区期中）如图，平分，，，则 ．
【分析】先利用三角形的外角性质，求得的度数，可得的度数，再根据平分，即可求解．
【解答】解：，，
，
，
，
平分，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的内角和定理，三角形外角的性质等知识，熟练掌握三角形内角和定理和外角的性质是解题的关键．
（2021秋•岚皋县校级月考）如图，，，分别是三边延长线上的点，，则 73 ．
【分析】根据三角形外角性质，，，；利用三角和内角和定理和条件即可求解．
【解答】解：，，，
，
，
，
故答案为：73．
【点评】本题主要看三角形内角和定理，熟练掌握三角形内角和定理、外角的性质是解决问题的关键．
（2021秋•大观区校级期中）中，若，则 ．
【分析】在中，由，结合三角形内角和定理可得出，解之即可得出的度数．
【解答】解：在中，，且，
，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，牢记三角形内角和是是解题的关键．
（2021秋•吉林月考）如图，在中，，，点、分别在的边、上，均不与的顶点重合，连接，将沿折叠，使点的对称点落在四边形的外部，且点与点在直线的异侧，则 220 度．
【分析】根据三角形内角和定理可得的度数，再根据四边形的内角和定理可得答案．
【解答】解：在中，，，
，
．
故答案为：220．
【点评】此题考查的是三角形内角和定理和四边形的内角和定理，掌握四边形的内角和等于是解决此题关键．
（2021春•新城区校级期末）如图，中，，、为的角平分线，为、的交点，为的高，则 ．
【分析】由三角形的内角和可求得，再由角平分线的定义可得，，从而可得，由三角形的外角性质可得，即可求的度数．
【解答】解：，
，
、为的角平分线，
，，
，
是的一个外角，
，
为的高，
，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
（2020秋•钱塘区期末）如图，平分，平分，已知，，则 ．
【分析】延长交于点，由角平分线可得，，再由外角性质得，，从而有，再利用三角形的内角和定理得，从而可求解．
【解答】解：延长交于点，如图所示：
平分，平分，
，，
是的一个外角，是的一个外角，
，，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
（2021春•历下区期中）如图，在中，，，、分别是它的高线和角平分线，则的度数是 15 ．
【分析】先根据三角形的内角和定理得到的度数，再利用角平分线的性质可求出，而，然后利用进行计算即可．
【解答】解：在中，，，
，
是的角平分线，
，
是的高，
，
在中，，
．
故答案为：15．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，角平分线的定义，三角形的高等知识，关键是利用三角形内角和定理求解．
（2021春•九龙坡区期中）如图所示，中，边上有一点，使得，将沿翻折得△，此时，则 75 度．
【分析】设，根据翻折得，，由，，所以，由三角形内角和定理求得即可．
【解答】解：设，
沿翻折得△，
，
，
，
，
由三角形内角和定理得，
，
，
，
，
故答案为：75．
【点评】本题考查了三角形内角和定理以及平行线的性质，掌握翻折前后图形的大小、形状不变．
（2020秋•顺德区期末）如图，为边上一点，以点为圆心，为半径画弧，交的延长线于点，连接．若，，则的度数为 ．
【分析】由三角形的内角和定理可求得的度数，再由题意可得，结合三角形的外角性质可得，从而可求解．
【解答】解：，，
，
以点为圆心，为半径画弧，交的延长线于点，
，
，
，
，
解得：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，解答的关键是结合图形分析清楚角与角之间的关系．
（2021春•东坡区期末）如图中，、分别在边、上，将沿直线翻折后使点与点重合．若，，则 ．
【分析】根据折叠的性质可得：，，由三角形的内角和定理可求解的度数，再次利用三角形的内角和定理可求解．
【解答】解：由折叠可知：，，
，，
，
，
，
故答案为．
【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，灵活运用三角形的内角和定理求解角的度数是解题的关键．
（2021秋•和平区校级月考）如图所示的三角形中，的值是 60 ．
【分析】利用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，即可得出关于的一元一次方程，解之即可得出的值．
【解答】解：依题意得：，
解得：．
故答案为：60．
【点评】本题考查了三角形的外角性质以及解一元一次方程，牢记三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
（2021秋•赣州期中）如图，已知，，，则 ．
【分析】连接并延长，由三角形外角的性质可知，，，再把两式相加即可．
【解答】解：连接并延长，如图，
是的外角，是的外角，
，，
．
故答案为：．
【点评】本题考查的是三角形外角的性质，熟知三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和是解答此题的关键．
（2021秋•邹城市期中）一个零件的形状如图，按规定，，判断这个零件是否合格，只要检验的度数就可以了．量得，这个零件 不合格 （填“合格”或“不合格” ．
【分析】连接并延长，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得，，再求出即可进行判定．
【解答】解：如图，连接并延长，
由三角形的外角性质，，，
，
，
这个零件不合格．
故答案为：不合格．
【点评】本题考查了三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记性质并作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．
（2021秋•安乡县期中）如图示，为三条角平分线的交点，若，则 ．
【分析】根据三角形内角和定理，由，得．根据角平分线的定义，由、分别平分、，得，，那么，进而推断出．
【解答】解：，
．
、分别平分、，
，．
．
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查角平分线的定义、三角形内角和定理，熟练掌握角平分线的定义、三角形内角和定理是解决本题的关键．
（2021秋•江汉区月考）如图，，分别平分内角和外角，连接，若，则 ．
【分析】过点分别作，，，分别交的延长线于，交于点，交于点，由角平分线的性质及判定可得平分，进而可求解的度数，根据三角形外角的性质可推知，进而可求解．
【解答】解：过点分别作，，，分别交的延长线于，交于点，交于点，
平分，
，，
平分，
，，
，
平分，
，
，
，
，
，
，，
，
．
故答案为．
【点评】本题主要考查三角形的外角，角平分线的性质与判定，求解，是解题的关键．
（2021春•南京期末）如图，点在上，点在上，、相交于点，，，．则 10 ．
【分析】先利用三角形的外角的性质求出，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
【解答】解：（1），，
；
，
．
故答案为：10．
【点评】此题主要考查了三角形的内角和定理和三角形外角的性质，用三角形外角的性质解决问题是解本题的关键．
（2021秋•田家庵区校级期中）如图，在中，，的角平分线与的外角角平分线交于点，则 35 度．
【分析】根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，用与表示出，再利用与表示出，然后整理即可得到与的关系，进而可求出．
【解答】解：和分别是和的角平分线，
，，
又是的一外角，
，
，
是的一外角，
，
，
故答案为：35．
【点评】本题考查了三角形的外角性质与内角和定理，角平分线的定义，熟记三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和是解题的关键．
（2021春•西湖区校级期中）如图，直线，，，则的度数是 ．
【分析】根据平行线的性质，得出，再根据三角形外角的性质得，即可得出．
【解答】解：，
，
又是的外角，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了平行线的性质以及三角形外角性质的运用，解题时注意：两直线平行，内错角相等．
（2021•江西模拟）如图，，点，，在同一直线上，点在上，连接．若，，则的大小为 ．
【分析】由题意和出平行线的性质可得，再由邻补角得到，最后由是的外角求出的大小．
【解答】解：，，
，
，
，，
．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的外角性质，熟记邻补角的概念，三角形外角定理是解决这道题的关键．
全等三角形
（2021秋•武陟县月考）下列各选项中的两个图形属于全等图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】利用全等图形的概念可得答案．
【解答】解：A、两个图形能够完全重合，是全等图形，符合题意；
B、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；
C、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；
D、两个图形不能完全重合，不是全等图形，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查的是全等形的识别、全等图形的基本性质，属于较容易的基础题．
（2021春•汝阳县期末）下列说法正确的是（ ）
A．两个面积相等的三角形是全等图形
B．两个长方形是全等图形
C．两个周长相等的圆是全等图形
D．两个正方形是全等图形
【分析】根据全等图形的定义进行判断即可．
【解答】解：A：两条直角边是4的直角三角形面积是8，两条直角边长分别是2，8，面积是8，两个三角形不全等，两个面积相等的图形不一定是全等图形，故A错误；
B：长方形不一定是全等图形，故B错误；
C：两个周长相等的圆是全等图形，故C正确；
D：两个正方形不一定是全等图形，故D错误；
故选：C．
【点评】本题考查了全等图形，熟练运用“能够完全重合的两个图形叫做全等形”是本题的关键．
（2021秋•互助县期中）如图，已知△ABC≌△CDE，∠B＝90°，点C为线段BD上一点，则∠ACE的度数为（ ）
A．94°B．92°C．90°D．88°
【分析】由全等三角形的性质得出∠ACB＝∠CED，则可得出答案．
【解答】解：∵△ABC≌△CDE，
∴∠ACB＝∠CED，∠B＝∠D＝90°，
∵∠CED+∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠ECD＝90°，
∵∠ACB+∠ECD+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质；熟练掌握三角形全等的性质定理是解题的关键．
（2021春•城固县期末）如图，已知△OAB≌△OCD，若OA＝4，∠AOB＝35°，∠OCA＝62°，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．∠BDO＝62°B．∠BOC＝21°C．OC＝4D．CD∥OA
【分析】根据全等三角形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，∠COD＝∠AOB，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，判断即可．
【解答】解：A、∵△OAB≌△OCD，
∴OA＝OC，OB＝OD，∠COD＝∠AOB，
∴∠OAC＝∠OCA＝62°，∠OBD＝∠ODB，∠BOD＝∠AOC，
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝56°，
∴∠BOD＝∠AOC＝56°，
∴∠BDO=12×（180°﹣56°）＝62°，故本选项说法正确，不符合题意；
B、∵∠AOC＝56°，∠AOB＝35°，
∴∠BOC＝56°﹣35°＝21°，故本选项说法正确，不符合题意；
C、∵△OAB≌△OCD，OA＝4，
∴OC＝OA＝4，故本选项说法正确，不符合题意；
D、∵∠AOC＝56°，∠OCD不一定是56°，
∴CD与OA不一定平行，故本选项说法错误，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理、平行线的判定，掌握全等三角形的对应角相等、对应边相等是解题的关键．
（2021春•平顶山期末）如图，△ABC≌△A′B′C′，边B′C′过点A且平分∠BAC交BC于点D，∠B＝26°，∠CDB′＝94°，则∠C′的度数为（ ）
A．34°B．40°C．45°D．60°
【分析】根据对顶角相等求出∠ADB，根据三角形内角定理求出∠BAD，根据角平分线的定义求出∠BAC，进而求出∠C，根据全等三角形对应角相等解答即可．
【解答】解：∵∠CDB′＝94°，
∴∠ADB＝∠CDB′＝94°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝60°，
∵AB′平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝120°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝34°，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠C′＝∠C＝34°，
故选：A．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
（2021春•宽城区期末）如图，若△ABC≌△ADE，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．∠ABC＝∠AEDB．∠BAD＝∠CAEC．AB＝AED．AC＝DE
【分析】根据全等三角形的对应边相等、对应角相等判断即可．
【解答】解：A、∵△ABC≌△ADE，
∴∠ABC＝∠AED，但∠ABC与∠AED不一定相等，本选项结论不成立，不符合题意；
B、∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，本选项结论成立，符合题意；
C、∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD，AB与AE不一定相等，本选项结论不成立，不符合题意；
D、∵△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE，AC与DE不一定相等，本选项结论不成立，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．
（2021春•莱芜区期末）如图，△ABC≌△ADE，则下列结论正确的个数是（ ）
①AB＝AD；②∠E＝∠C；③若∠BAE＝120°，∠BAD＝40°，则∠BAC＝80°；④BC＝DE．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据全等三角形的对应边相等可得AB＝AD，AC＝AE，BC＝DE，根据角的和差即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴AB＝AD；∠E＝∠C；BC＝DE，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠BAD＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
∵∠BAE＝120°，∠BAD＝40°，
∴∠CAE＝40°，
∴∠BAC＝∠BAE﹣∠CAE＝80°，
∴①②③④都正确，
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，关键是找准对应边和对应角．
（2021秋•余杭区校级期中）已知△ABC与△DEF全等，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，点E在AC边上，B，F，C，D四点在同一条直线上．若∠A＝40°，∠CED＝35°，则以下说法正确的是（ ）
A．EF＝EC，AE＝FCB．EF＝EC，AE≠FC
C．EF≠EC，AE＝FCD．EF≠EC，AE≠FC
【分析】根据全等三角形的性质得出对应边相等好对应角相等解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF，∠A＝∠D，∠B＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
∵∠A＝40°，∠CED＝35°，
∴∠D＝40°，
∴∠ACB＝40°+35°＝75°，
∴∠B＝180°﹣40°﹣75°＝65°，
∴∠EFD＝∠BCA＝75°，
∴EF＝EC，
∴BC＝EF＝EC，
∴得不出AE＝FC，
故选：B．
【点评】此题考查全等三角形的性质，关键是根据全等三角形的性质得出对应边相等好对应角相等得出边角关系解答．
（2021秋•宿豫区期中）如图，已知AB＝AD，下列条件中，添加后仍不能判定△ABC≌△ADC的是（ ）
A．∠ACB＝∠ACDB．∠BAC＝∠DACC．∠B＝∠D＝90°D．BC＝DC
【分析】由AB＝AD，AC＝AC，添加各选项中的条件后，逐一验证△ABC和△ADC是否全等，取无法证出△ABC≌△ADC的选项即可得出结论．
【解答】解：A．在△ABC和△ADC中，AB＝AD，AC＝AC，∠ACB＝∠ACD，
无法证出△ABC≌△ADC，选项A符合题意；
B．在△ABC和△ADC中，
AB=AD∠BAC=∠DACAC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SAS），选项B不符合题意；
C．在Rt△ABC和Rt△ADC中，
AB=ADAC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），选项C不符合题意；
D．在△ABC和△ADC中，
AB=ADAC=ACBC=DC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），选项D不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，牢记各全等三角形的判定定理是解题的关键．
（2021秋•天门月考）在△ABC与△DEF中，给出下列四组条件：能使△ABC≌△DEF的共有（ ）
（1）AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF；（2）AB＝DE，∠B＝∠E，BC＝EF；（3）∠B＝∠E，BC＝EF，∠C＝∠F；（4）AB＝DE，∠B＝∠E，AC＝DF．
A．1组B．2组C．3组D．4组
【分析】利用全等三角形的判定方法对各组条件进行判断即可．
【解答】解：（1）AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF，则根据“SSS”可判断△ABC≌△DEF；
（2）由于AB＝DE，∠B＝∠E，BC＝EF，则根据“SAS”可判断△ABC≌△DEF；
（3）由于∠B＝∠E，BC＝EF，∠C＝∠F，则根据“ASA”可判断△ABC≌△DEF；
（4）由于AB＝DE，AC＝DF，只有当∠A＝∠D时，根据“SAS”可判断△ABC≌△DEF，而已知∠B＝∠E，则不能判断△ABC≌△DEF．
所以能使△ABC≌△DEF的共有3组．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
（2021秋•长兴县期中）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，添加一个条件可以使△ABD≌△ACE，小明给出了以下几个：①BD＝CE；②∠BAD＝∠CAE；③∠D＝∠E．其中正确的条件有（ ）个．
A．3B．2C．1D．0
【分析】要使△ABD≌△ACE，已知，AB＝AC，AD＝AE，具备了两边对应相等，还缺少边或角对应相等的条件，结合判定方法进行解答即可．
【解答】解：添加BD＝CE，利用SSS得到△ABD≌△ACE；
添加∠BAD＝∠CAE，利用SAS得到△ABD≌△ACE；
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．注意本题答案不唯一．
（2021秋•平阳县期中）根据下列条件，能画出唯一△ABC的是（ ）
A．∠A＝45°，∠B＝60°，∠C＝75°B．AC＝4，BC＝6，∠A＝60°
C．AB＝5，BC＝4，∠C＝90°D．AB＝3，BC＝4，CA＝7
【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．
【解答】解：A、没有边的条件，三角形不能唯一确定，
B、边边角三角形不能唯一确定．本选项不符合题意，
C、斜边直角边确定，符合“HL”．本选项符合题意，
D、3+4＝7，不满足三边关系，本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的判定，三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
（2021秋•鼓楼区校级期中）如图，已知AB＝DC，AC＝DB，使能得到△ABC≌△DCB，这所依据的是（ ）
A．SSSB．SSAC．ASAD．SAS
【分析】根据全等三角形的判定定理SSS推出即可．
【解答】解：在△ABC和△DCB中，
AC=DBAB=DCBC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SSS），
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
定，观察图形，充分利用等边三角形的性质证明三角形全等是求解本题的关键．
（2021秋•孝义市期中）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝BD，则判定△ABC≌△BAD全等的依据是（ ）
A．SASB．ASAC．AASD．HL
【分析】利用直角三角形的判定方法进行判断．
【解答】解：在Rt△ABC和Rt△BAD中，
AB=BAAC=BD，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL）．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
（2021秋•龙湾区期中）如图，已知AD＝BC，添加下列条件还不能判定△ABC≌△BAD的是（ ）
A．AC＝BD
B．∠CAB＝∠DBA
C．∠ABC＝∠BAD
D．△ABD的周长＝△ABC的周长
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．AD＝BC，AC＝BD，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理SSS，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
B．AD＝BC，AB＝BA，∠CAB＝∠DBA，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△BAD，故本选项符合题意；
C．AD＝BC，∠ABC＝∠BAD，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
D．∵△ABD的周长＝△ABC的周长，
∴AD+BD+AB＝BC+AC+BA，
∵AD＝BC，AB＝BA，
∴AC＝BD，
条件AD＝BC，AC＝BD，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理SSS，能推出△ABC≌△BAD，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
（2021秋•洛龙区期中）如图，△ABC≌△ADE，若∠E＝70°，∠D＝30°，∠CAD＝40°，则∠BAD＝ 40° ．
【分析】根据全等三角形的性质分别求出∠C、∠B，根据三角形内角和定理计算∠BAC，则可求得∠BAD．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠C＝∠E＝70°，∠B＝∠D＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣70°﹣30°＝80°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠CAD＝80°﹣40°＝40°，
故答案为：40°．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
（2021秋•克东县期末）已知：如图，∠CAB＝∠DBA，只需补充条件 AC＝BD ，就可以根据“SAS”得到△ABC≌△BAD．
【分析】根据SAS的判定方法可得出答案．
【解答】解：补充条件AC＝BD．
理由：在△ABC和△BAD中，
AC=BD∠CAB=∠DBAAB=BA，
△ABC≌△BAD（SAS）．
故答案为：AC＝BD．
【点评】此题主要考查了全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
（2021秋•农安县期末）如图，在△ABC和△DEF中，点B，F，C，E在同一直线上，BF＝CE，∠B＝∠E，请添加一个条件，使△ABC≌△DEF，这个添加的条件可以是 AB＝ED（答案不唯一） （只需写一个，不添加辅助线）．
【分析】根据等式的性质可得BC＝EF，添加AB＝ED可利用SAS判定△ABC≌△DEF．
【解答】解：添加AB＝ED，
∵BF＝CE，
∴BF+FC＝CE+FC，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
AB=DE∠B=∠ECB=EF，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
故答案为：AB＝ED（答案不唯一）．
【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．
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．
（2021秋•高淳区期中）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠C＝∠F＝90°，AC＝DF，只需补充条件 AB＝DE ，就可以根据“HL”得到Rt△ABC≌Rt△DEF．
【分析】根据直角三角形全等的判定方法解决此题．
【解答】解：补充条件：AB＝DE．
在Rt△ABC和Rt△DEF中，
AB=DEAC=DF，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）．
故答案为：AB＝DE．
【点评】本题主要考查直角三角形全等的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解决本题的关键．
（2021春•新邵县期末）如图，∠C＝∠D＝90°，添加一个条件，可使用“HL”判定Rt△ABC≌Rt△ABD．添加的条件是： AC＝AD（答案不唯一） ．（写一个即可）
【分析】本题是一道开放型的题目，答案不唯一，只有符合两直角三角形全等的判定定理HL即可，条件可以是AC＝AD或BC＝BD．
【解答】解：添加的条件是AC＝AD，
理由是：∵∠C＝∠D＝90°，
∴在Rt△ABC和Rt△ABD中
AB=ABAC=AD，
∴Rt△ABC≌Rt△ABD（HL），
故答案为：AC＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等含有HL．
（2020秋•浑源县期中）如图，A，B两点分别位于一个假山的两端，小明想用绳子测量A、B间的距离，首先在地面上取一个可以直接到达A点和B点的点C，连接AC并延长到点D，使CD＝AC，连接BC并延长到点E，使CE＝CB，连接DE并测量出它的长度为8m，则AB间的距离为 8m ．
【分析】根据全等三角形的判定和性质即可得到结论．
【解答】解：在△CDE和△CAB中，
CD=CA∠DCE=∠ACBCE=CB，
∴△CDE≌△CAB（SAS），
∴DE＝AB＝8m，
故答案为：8m．
【点评】本题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．
（2021秋•上思县期中）如图，由于受第18号台风“圆规”的影响，学校的某玻璃三角板摔成三块，派小明同学到玻璃店再配一块同样大小的三角板，让小明最省事的方法是带 ③ 块去．
【分析】在三块玻璃中，编号为③的玻璃有两个角和它们所夹的边是完整的，所以符合三角形全等的判定定理“ASA”．
【解答】解：带③去玻璃店，根据全等三角形的判定定理“ASA”可以配一块同样大小的三角板，
故答案为：③．
【点评】此题考查全等三角形判定定理的应用，正确观察问题中的条件并熟练地掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
（2021秋•鹿邑县月考）如图，公园里有一座假山，要测量假山两端A、B的距离，先在平地上取一个可以直接到达A、B的点C，分别延长AC、BC，到D、E，使CE＝CB，CA＝CD，连接DE，这样就可以利用三角形全等，通过测量DE的长得到假山两端A、B的距离，则这两个三角形全等的依据是 SAS ．
【分析】图形中隐含对顶角的条件，利用两边且夹角相等容易得到两个三角形全等．
【解答】解：在△ABC和△DEC中，
CE=CB∠ECD=∠ACBCD=CA，
∴△ABC≌△DCE（SAS），
∴AB＝DE，
∴依据是SAS，
故答案为：SAS．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等解决实际问题．
（2021秋•孝义市期中）如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是 28 cm．
【分析】如图，过点C作CD⊥OB于点D，构造全等三角形△AOB≌△BDC（AAS），由全等三角形的对应边相等得到OB＝CD．
【解答】解：如图，过点C作CD⊥OB于点D，
∵∠O＝∠ABC＝∠BDC＝90°，
∴∠1＝∠2（同角的余角相等）．
在△AOB与△BDC中，
∠O=∠BDC∠1=∠2AB=BC，
∴△AOB≌△BDC（AAS）．
∴OB＝CD＝28cm．
故答案是：28．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．
（2021春•盐湖区校级期末）如图，为了测量A、B两点之间的距离，在地面上找到一点C，连接BC、AC，使∠ACB＝90°，然后在BC的延长线上确定点D，使CD＝BC，那么只要测量出AD的长度就得到A、B两点之间的距离，其中△ABC≌△ADC的依据是 SAS ．
【分析】根据SAS即可证明△ACB≌△ACD，由此即可解决问题．
【解答】解：∵AC⊥BD，
∴∠ACB＝∠ACD＝90°，
在△ACB和△ACD中，
AC=AC∠ACB=∠ACDBC=CD，
∴△ACB≌△ACD（SAS），
故答案为：SAS．
【点评】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
（2020秋•濮阳期末）如图，CA＝CD，∠1＝∠2，BC＝EC，求证：∠B＝∠E．
【分析】由角的和差求出∠ACB＝∠DCE，边角边证明△ABC≌△DEC，其性质得∠B＝∠E．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠ECA＝∠2+∠ECA，
即∠ACB＝∠DCE，
在△ABC和△DEC中，
BC=EC∠ACB=∠DCECA=CD，
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴∠B＝∠E．
【点评】本题考查了角的和差，全等三角形的判定与性质相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质．
（2021秋•北京期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于点E，点F是AC上的点，BD＝DF，求证：BE＝FC．
【分析】根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法可以证明△DCF和△DEB全等，从而可以证明结论成立．
【解答】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，
∴DC＝DE，∠C＝∠DEA＝90°，
在Rt△DCF和Rt△DEB中，
DC=DEDF=DB，
∴Rt△DCF≌Rt△DEB（HL），
∴FC＝BE，
即BE＝FC．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
（2020秋•安溪县期末）已知：如图，点E、C在线段BF上，AB＝DE，∠A＝∠D，AC∥DF．求证：BE＝CF．
【分析】根据平行线的性质得到∠ACB＝∠DFE，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到BC＝EF于是得到结论．
【解答】证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠D∠ACB=∠DFEAB=DE，
∴△ABC≌△DEF（AAS），
∴BC＝EF，
∴BC﹣EC＝EF﹣EC，
∴BE＝CF．
【点评】本题主要考查三角形全等的判定和全等三角形的对应边相等；要牢固掌握并灵活运用这些知识．
（2021秋•滨海县期中）已知：如图，若AB∥CD，AB＝CD且BE＝CF．求证：AE＝DF．
【分析】由AB∥CD，得∠B＝∠C，再利用SAS证明△ABE≌△DCF，从而得出AE＝DF．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠C，
在△ABE与△DCF中，
AB=CD∠B=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，属于基础题．
（2021秋•宿豫区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是AB的中点，点E在CA的延长线上，点F在BC的延长线上，且AE＝CF．求证：DE＝DF．
【分析】连接CD，根据等腰直角三角形的性质证明△EAD≌△FCD即可解决问题．
【解答】证明：连接CD，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵D是AB的中点，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠CAB＝45°，
∴∠EAD＝∠FCD＝135°，
在△EAD和△FCD中，
EA=FC∠EAD=∠FCDAD=CD，
∴△EAD≌△FCD（SAS），
∴DE＝DF．
【点评】本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，解决本题的关键是得到△EAD≌△FCD．
（2021秋•南安市月考）已知：如图，AC、BD相交于点O，AC＝BD，AB＝CD．求证：∠A＝∠D．
【分析】利用SSS证明△ABC≌△DCB即可得到结论．
【解答】证明：在△ABC与△DCB中，
AC=BDAB=CDBC=BC，
∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠A＝∠D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．

【解题技巧】
①全等三角形的性质：
(1)全等三角形的对应边、对应角相等．
(2)全等三角形的对应角平分线、对应中线、对应高相等．
(3)全等三角形的周长等、面积等．
②三角形全等的判定