人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定同步达标检测题

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一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（本题2分）（2023秋·浙江杭州·八年级校考开学考试）是的中线，，则的取值可能是（ ）
A．3B．6C．8D．12
【答案】A
【分析】先画出图形，延长至点，使得，连接，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据三角形的三边关系定理即可得．
【详解】解：如图，延长至点，使得，连接，则，

是的中线，
，
在和中，，
，
，
在中，，即，
，
观察四个选项可知，只有A符合，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、三角形的三边关系，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
2．（本题2分）（2023秋·甘肃定西·八年级校考期末）如图所示，在中，，平分，为线段上一动点，为 边上一动点，当的值最小时，的度数是（ ）
A．118°B．125°C．136°D．124°
【答案】D
【分析】先在上截取，连接，证明，得出，说明，找出当A、P、E在同一直线上，且时，最小，即最小，过点A作于点E，交于点P，根据三角形外角的性质可得答案．
【详解】解：在上截取，连接，如图：
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当A、P、E在同一直线上，且时，最小，即最小，过点A作于点E，交于点P，如图：
∵，，
∴．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，三角形内角和定理与三角形的外角的性质，解题的关键是找出使最小时点P的位置．
3．（本题2分）（2022秋·安徽淮北·八年级校联考阶段练习）如图，在中，，，是边上的中线，则的长度可能为（ ）
A．1B．2C．5D．8
【答案】C
【分析】延长至点，使，连接，证明，得到，利用三角形的三边关系，即可得到的取值范围．
【详解】解：如图，延长至点，使，连接，
∵是边上的中线，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∴，即：，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，以及三角形的三边关系．解题的关键是：倍长中线法，证明三角形全等．
4．（本题2分）（2023春·全国·八年级专题练习）如图，是边长为1的等边的中心，将AB、BC、CA分别绕点A、点B、点C顺时针旋转，得到、、，连接、、、、．当的周长取得最大值时，此时旋转角的度数为（ ）
A．60°B．90°C．120°D．150°
【答案】D
【分析】连接OA、OB、OC、．由△OA≌△OC推出∠O＝∠O＝120°，则有△O≌△O≌△O，＝＝，△是等边三角形，当O、C、共线时，O＝OC+C＝OC+CA＝+1时，O最长，此时＝•（+1）＝1+，α＝150°．
【详解】解：如图，连接OA、OB、OC、．
∵O是等边三角形△ABC是中心，
∴∠BAO＝∠ACO＝30°，OA＝OC，
∵∠BA ＝∠AC＝α，
∴∠OA＝∠OC，
在△OA和△OC中，
，
∴△OA≌△OC（SAS），
∴∠AO＝∠CO，O＝O，
∴∠O＝∠AOC＝120°，
同理可证∠O＝∠O＝120°，O＝O，
则有△O≌△O≌△O，
∴＝＝，
∴△是等边三角形，
在△O中，
∵∠O＝120°，O＝O，
∴当O最长时，最长，
∵O≤OC+C，
∴当O、C、共线时，O＝OC+C＝OC+CA＝+1时，O最长，
此时＝•（+1）＝1+，α＝150°，
∴△的周长的最大值为3+3．
故选：D
【点睛】本题考查旋转变换、等边三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、最大值问题等知识，解题的关键是灵活应用全等三角形的判定，学会利用三角形的三边关系解决最大值问题．
5．（本题2分）（2022春·江苏苏州·八年级校考期末）如图1，若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点是法国数学家和数学教育家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，如图2，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝2，则EQ+FQ＝（ ）
A．6B．4C．D．
【答案】D
【分析】将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，根据旋转得到△MED≌△QFD，∠MDQ＝90°，根据全等三角形的性质得到ME＝QF，MD＝QD＝2，∠MED＝∠QFD，∠MDE＝∠QDF，根据题意得到∠QFE＝∠QDF＝∠QED，推出QEDM，得到△MQE是等腰直角三角形，求得ME＝MQ＝，由勾股定理得到QE＝4，于是得到结论．
【详解】解：将△QFD绕点D顺时针旋转90°得△MED，如图：
∴△MED≌△QFD，∠MDQ＝90°，
∴ME＝QF，MD＝QD＝2，∠MED＝∠QFD，∠MDE＝∠QDF，
∴∠DQM＝45°，MQ＝，
∵点Q为△DEF的“布洛卡点”，
∴∠QFE＝∠QDF＝∠QED，
∴∠MDE＝∠QED，
∴QEDM，
∴∠DQE＝90°，
∴∠MQE＝∠DQE−∠DQM＝90°−45°＝45°，
∵∠QFD＋∠QFE＝45°，∠MED＝∠QFD，
∴∠MED＋∠QED＝∠QEM＝45°，
∴△MQE是等腰直角三角形，
∴ME＝MQ＝，
由勾股定理得：QE＝＝4，
又∵ME＝FQ＝，
∴EQ＋FQ＝4＋．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质、平行线的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是通过旋转构造等腰直角三角形．
6．（本题2分）（2023秋·八年级单元测试）如图，在中，，，是边上的中线，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】延长AD至点E，使得DE＝AD，可证△ABD≌△CDE，可得AB＝CE，AD＝DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，从而得到的取值范围．
【详解】如图，延长AD至点E，使得DE＝AD，
∵是边上的中线，
∴，
在△ABD和△CDE中，
，
∴△ABD△CDE（SAS），
∴AB＝CE=5，AD＝DE，
∵△ACE中，AC-CE＜AE＜AC+CE，
∴4＜AE＜14，
∴2＜AD＜7．
故选：C．
【点睛】本题主要考查倍长中线法解题，能够做出辅助线证出三角形全等再结合三角形三边关系是解题关键．
7．（本题2分）（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在边长为的正方形内作，交于点，交于点，连接．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】如图，首先把旋转到，然后利用全等三角形的性质得到，，然后根据题目中的条件，可以得到，再根据，和勾股定理，可以求出的长，本题得以解决．
【详解】解：如图，把绕A逆时针旋转90°得到，
∴，
∴，
∴，
∴G、B、E三点共线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
则，，
∴，
∵，
∴，
解得，，
∴的长为．
故选：A．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答
8．（本题2分）（2022秋·重庆江北·八年级校考期末）如图，在中，，和的平分线、相交于点，交于点，交于点，若已知周长为，，，则长为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】证明得出，证明得出，进而即可求解．
【详解】解：如图，在上截取，连接
平分，平分，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
周长为，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，角分线的定义，构造全等三角形是解题的关键．
9．（本题2分）（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，O为正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：
①可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4； ③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′＝6+2；⑤，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②③④D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，易证，故①正确；证明是等边三角形，故②说法正确；由勾股定理的逆定理可证得，结合等边三角形性质，有，故，③说法正确；由直角三角形和等边三角形的性质，可得，④说法错误；将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，根据判断④的方法，判断⑤说法正确．
【详解】解：∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，
∴，，
∵正△ABC，
∴，，
∵，
∴，即，
在与中，
∵，
∴，
故可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，①说法正确，符合题意；
如图1，连接
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴．
故点O与O′的距离为4，②说法正确，符合题意；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵．
故③说法正确，符合题意；
如图2，过作于点，
∵是等边三角形，，，
∴，
∴．
∵，，，
∴．
∵，，，
∴．
∴．
故④说法错误，不符合题意；
将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，连接OD，过A作AE⊥CD交CD延长线于点E，
∵将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD，
∴，，
∵正△ABC，
∴，，
∵，
∴，即，
在与中，
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴是等边三角形．
∵，
∴易求．
∵是等边三角形，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
故⑤说法正确，符合题意；
综上，正确的说法有①②③⑤，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形判定，等边三角形性质以及勾股定理以及逆定理，综合运用以上知识是解题的关键．
10．（本题2分）（2022·全国·八年级假期作业）如图，任意画一个∠A＝60°的△ABC，再分别作△ABC的两条角平分线BE和CD，BE和CD相交于点P，连接AP，有以下结论：①∠BPC＝120°；②AP平分∠BAC；③PD＝PE；④BD＋CE＝BC；⑤，其中正确的个数是（ ）个．
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】①利用角平分线的性质与三角形内角和等于进行求解；
②利用三角形三条角平分线交于一点进行判断；
③过点作于，于，利用证明，则；
④过点作于，易证，，结合可证；
⑤利用“直角三角形中所对的边是斜边的一半”可得，再由勾股定理得，同理，，故，结合可得．
【详解】解：①，
．
平分，平分，
，，
，
，①正确；
②三角形的三条角平分线交于一点，
平分，②正确；
③过点作于，于，
，，
，
又，
，
，
即．
平分，，，
．
在与中，
，
，
，③正确；
④过点作于，
平分，
，
在与中，
，
，
同理，，
，，
，
即．
，
，
，④正确；
⑤平分，
，
在中，，
，
同理，，
，
又，
，⑤正确．
综上，正确的结论有个．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形角平分线的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，含角的直角三角形的三边关系，解决本题的关键是熟练掌握相关性质定理，并作出正确的辅助线．
二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分.
11．（本题2分）（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，正方形中，，，则 ．

【答案】/30度
【分析】把逆时针旋转得到，则，先证出C、A、G三点共线，得出，，由证明，得出，证出，即是等边三角形，得出，再由三角形的内角和定理求出即可．
【详解】解：把逆时针旋转得到，连接；如图所示：

则，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点C、A、G三点共线，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
即是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
12．（本题2分）（2023春·山东威海·八年级统考期中）如图，直线l经过正方形的顶点，点，到直线l的距离分别是2，1，则对角线的长为 ．
【答案】
【分析】根据正方形的性质得出，利用证明和全等，再利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】解：在正方形中，，，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
∴（），
∴，，
在中，由勾股定理得：，
∴在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了直角三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，属于中考常考题型．
13．（本题2分）（2023秋·湖北省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，在中，为中线，且，则边的取值范围是 ．
【答案】
【分析】延长至，使得，连接，先证明，由此可得，，再根据三角形存在性，求得，即得到边的取值范围．
【详解】解：如图，延长至，使得，连接，
∵在中，为中线，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴．
∵，
又∵，，
∴，，
在中，
∵，
∵，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了倍长中线构造全等三角形以及三角形存在性，掌握倍长中线法构造全等三角形是解题的关键．
14．（本题2分）（2022秋·江苏扬州·八年级统考期中）如图，在中，以为腰作等腰直角三角形和等腰直角三角形．连接为边上的高线，延长交于点N，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4），其中正确的结论有 (填序号)．
【答案】（1）（3）（4）
【分析】根据，利用同角的余角相等即可判断（1）；过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，利用K字型全等，易证，从而判断（2）；同理可证，可得，再证，即可判断（4）；最后根据，结合全等三角形即可判断（3）．
【详解】解：∵为边上的高，，
∴，
∴，
故(1)正确；
如图所示，过E作于点H，过F作，交的延长线于点G，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴与不全等，
故（2）错误；
同理可证，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
故（4）正确；
∵，
∴
．
故（3）正确；
综上：正确的有（1）（3）（4）．
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定定理和性质，掌握K字型全等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（本题2分）（2022秋·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨德强学校校考阶段练习）如图，在中，平分，交于点D，于T．若，，则 ．
【答案】9
【分析】延长，交于点，证明，得到，取的中点，连接，利用平行线的性质和对角对等边求出，根据中位线的定理求出，再根据即可得解．
【详解】解：延长，交于点，
∵平分，，
∴，
又∵，
∴，
∴；
取的中点，连接，
又∵,则有
，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴
∴，
∴；
故答案为：9．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，和中位线定理．遇到角平分线和垂线，通常构造等腰三角形，利用三线合一解题．
16．（本题2分）（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠PDE＝90°．使△DEP的顶点P与△ABC的顶点A重合，PD，PE分别与BC相交于点F、G，若BF＝6，CG＝4，则FG＝ ．
【答案】
【分析】将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，即可构建出直角三角形CGH，由勾股定理可求出GH的长度，再证明△FAG≌△GAH即可．
【详解】解：将△ABF绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，
∵△ACH由△ABF旋转得到，
∴∠BAF=∠CAH，CH=BF=6，AF=AH，∠B=∠ACH
∵△ABC，△DEP是两个全等的等腰直角三角形
∴∠B=45°，∠ACB=45°
∴∠HCG=90°
在Rt△HCG中，由勾股定理得：GH=，
∵∠FAG=45°
∴∠BAF+∠GAC=45°
∴∠CAH+∠GAC=45°，即∠GAH=45°
在△FAG和△GAH中，
AF=AH， ∠FAG=∠GAH ，AG=AG
∴△FAG≌△GAH
∴FG= GH=
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形的旋转，通过旋转后构建出直角三角形和全等三角形是解题的关键，解题的关键是注意旋转是一种全等的变化，旋转前后对应边和对应角相等．
17．（本题2分）（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，中，，，，点是内一点，则点到三个顶点的距离和的最小值是 .
【答案】
【分析】以为边作等边，以为边作等边，通过全等即可将、进行转换，再分析当、、、四点共线时，值最小，利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，以为边作等边，以为边作等边，连接，作，作，交的延长线于．
和是等边三角形，
，
在和中，
，
，
，
，
当、、、四点共线时，值最小，
，
，