苏科版2024-2025学年八年级数学上册1.12 三角形全等几何模型（手拉手）（专项练习）（含答案）

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专题1.12 三角形全等几何模型（手拉手）（专项练习）一、单选题1．如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（    ）  A．∠AOB=60° B．AP=BQC．PQ∥AE D．DE=DP2．如图，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，OA＞OC，∠AOB=∠COD=40°，连接AC，BD交于点M，连接OM，下列结论：①△AOC≌△BOD；②AC=BD；③∠AMB=40°；④MO平分∠BMC．其中正确的个数为（　　　）A．4 B．3 C．2 D．13．如图，已知△ABC与△CDE都是等边三角形，点B、C、D在同一条直线上，AD与BE相交于点G，BE与AC相交于点F，AD与CE相交于点H，则下列结论①△ACD≌△BCE ②∠AGB＝60° ③BF＝AH ④△CFH是等边三角形 ⑤连CG，则∠BGC＝∠DGC．其中正确的个数是（ ）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题4．如图，C为线段上一动点（不与点A、E重合），在同侧分别作正和正，与交于点O，与交于点P，与交于点Q，连接．以下五个结论：①；②；③；④；⑤．恒成立的结论有 ．（把你认为正确的序号都填上）5．已知：如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E、F分别是边AD、CD上的点，若AE=4cm，CF=3cm，且OE⊥OF，连接EF，则EF的长为 ． 6．在△ABC中，点D是直线BC上一动点， 连接AD，在直线的右侧作等边，连接CE，当线段CE的长度最小时，线段的长度为 ．7．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D为三角形右侧外一点．且∠BDC＝45°．连接AD，若△ACD的面积为，则线段CD的长度为 ．8．如图，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=50°，AD、BE交于点H，连接CH，则∠CHE= ．9．如图，，，，和相交于，和相交于，则的度数是 °.10．在锐角三角形ABC中，AH是边BC的高，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG和EG，EG与HA的延长线交于点M，下列结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的是 ．三、解答题11．如图，已知，，，求证：．12．如图，△ABC和△EBD都是等边三角形，连接AE，CD．求证：AE＝CD．13．如图，已知是等腰直角三角形，动点在斜边所在的直线上，以为直角边作等腰直角，其中，探究并解决下列问题：(1)如图1，若点在线段上时，猜想，，三者之间的数量关系，并证明你的结论；(2)如图2，若点在的延长线上，在（1）中所猜想的，，三者之间的数量关系仍然成立，请利用图2进行证明．14．如图，△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一条直线上，连接BE．（1）求证：AD=BE；（2）若∠CAE=15°，AD=4，求AB的长．15．在中，，点D是直线上一点，连接，以为边向右作，使得，，连接CE．(1)①如图1，求证：；②当点D在边上时，请直接写出，，的面积（，，）所满足的关系；(2)当点D在的延长线上时，试探究，，的面积（，，）所满足的关系，并说明理由．16．如图，在中，，，点O是中点，，将绕点O旋转，的两边分别与射线、交于点D、E．(1)当转动至如图一所示的位置时，连接，求证：；(2)当转动至如图二所示的位置时，线段、、之间有怎样的数量关系？请说明理由．17．如图，和都是等边三角形，直线，交于点F．(1)如图1，当A，C，D三点在同一直线上时，的度数为______，线段与的数量关系为______．(2)如图2，当绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否还成立？若不成立，请说明理由：若成立，请就图2给予证明．(3)若，，当绕点C顺时针旋转一周时，请直接写出长的取值范围．18．已知在中，，过点B引一条射线，D是上一点【问题解决】(1)如图1，若，射线在内部，，求证：，小明同学展示的做法是：在上取一点E使得，通过已知的条件，从而求得的度数，请你帮助小明写出证明过程；【类比探究】(2)如图2，已知．①当射线在内，求的度数②当射线在下方，如图3所示，请问的度数会变化吗?若不变，请说明理由，若改变，请求出的度数；参考答案：1．D【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误．【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠DAC，又∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ，又∵AC=BC，在△CQB与△CPA中，，∴△CQB≌△CPA（ASA），∴CP=CQ，又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形，∴∠PQC=∠DCE=60°，∴PQ∥AE，故C正确，∵△CQB≌△CPA，∴AP=BQ，故B正确，∵AD=BE，AP=BQ，∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE，∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°，∴∠DQE≠∠CDE，故D错误；∵∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=60°，∵等边△DCE，∠EDC=60°=∠BCD，∴BC∥DE，∴∠CBE=∠DEO，∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，故A正确．故选：D．【点拨】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量．2．A【分析】由题意易得∠AOC=∠BOD，然后根据三角形全等的性质及角平分线的判定定理可进行求解．【详解】解：∵∠AOB=∠COD=40°，∠AOD是公共角，∴∠COD+∠AOD=∠BOA+∠AOD，即∠AOC=∠BOD，∵OA=OB，OC=OD，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴AC=BD，∠OAC=∠OBD，∠ODB=∠OCA，故①②正确；过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BD于点F，BD与OA相交于点H，如图所示：∵∠AHM=∠OHB，∠AMB=180°-∠AHM-∠OAC，∠BOA=180°-∠OHB-∠OBD，∴∠AMB=∠BOA=40°，∴∠OEC=∠OFD=90°，∵OC=OD，∠OCA=∠ODB，∴△OEC≌△OFD（AAS），∴OE=OF，∴OM平分∠BMC，故③④正确；所以正确的个数有4个；故选A．【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定及角平分线的判定定理是解题的关键．3．D【详解】试题分析：∵∠BCA=∠DCE=60°，∴∠BCE=∠ACD，在△BCE和△ACD中，∵BC=AC，∠BCE=∠ACD，CE=CD，∴△BCE≌△ACD（SAS）；故①正确；∵△BCE≌△ACD，∴∠CBF=∠CAH．∵∠BFC=∠AFG，∴∠AGB=∠ACB=60°，故②正确；在△BCF和△ACH中，∠CBF=∠CAH，BC=AC，∠BCF=∠ACH，∴△BCF≌△ACH（ASA），∴CF=CH，BF=AH；故③正确；∵CF=CH，∠ACH=60°，∴△CFH是等边三角形；故④正确；连接CG，过C点作CM⊥BE，作CN⊥AD，∵△BCE≌△ACD，CM⊥BE，CN⊥AD，∴CM=CN，∴GC平分∠BGD，∴∠BGC=∠DGC，故⑤正确．故选：D．考点：1．全等三角形的判定与性质；2．等边三角形的判定与性质．4．①②③⑤【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，平行线的判定以及性质．①由于和是等边三角形，可知，，，从而利用证出，可推知；②由得，，，得到，再根据推出为等边三角形，又由，根据内错角相等，两直线平行，可知②正确；③由①和②可得出，，即可证；④根据，，可知，，且，得出，可知④错误；⑤利用等边三角形的性质得出，再根据平行线的性质得到，于是，可知⑤正确．【详解】解：①∵正和正，∴，，，∵，，∴，在和中，∴，∴，，故①正确；②又∵，，，∴．∴，∴，∴，∴，故②正确；③∵，∴，∵∴，∴，∴，故③正确；④∵，且，∴，故④错误；⑤∵，∴，∵是等边三角形，∴，∴，∴∴，故⑤正确．∴正确的有：①②③⑤．故答案为：①②③⑤．5．5cm/5厘米【分析】根据正方形的性质及各角之间的关系得出∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，利用全等三角形的判定和性质得出∆AEO≅∆DFO，∆DEO≅∆CFO，DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，再由勾股定理求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，对角线AC和BD相交于点O，∴∠AOD=∠COD=90°，∠DAO=∠ADO=∠ODC=∠OCD=45°，AO=DO=CO，∵OE⊥OF，∴∠EOF=90°，∴∠AOE+∠EOD=∠EOD+∠DOF=90°，∠DOF+∠EOD=∠DOF+∠COF=90°，∴∠AOE=∠DOF，∠EOD=∠COF，在∆AEO与∆DFO中，，∴∆AEO≅∆DFO，同理∆DEO≅∆CFO，∴DE=FC=3cm，DF=AE=4cm，连接EF，cm，故答案为：5cm．【点拨】题目主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．6．【分析】在的左侧作等边三角形，连接、、、，再证明 可得 再利用时，最短，从而可得答案.【详解】解： 在的左侧作等边三角形，连接、、、，则 则，故点、关于对称，则，，均为等边三角形，，， ，，，当时，最小，由 故，故的长度为，故答案为：【点拨】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，含的直角三角形的性质，灵活运用以上知识解题是解题的关键.7．【分析】过点B作BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，由题意易得△EBD是等腰直角三角形，然后可证△BCD≌△BEA，则有∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，进而根据三角形面积公式可进行求解．【详解】解：过点B作BE⊥BD，交DC的延长线于点E，连接AE，如图所示：∵∠ABC＝90°，∴，∴，∵∠BDC＝45°，∠EBD＝90°，∴△EBD是等腰直角三角形，∴∠BDC=∠BED=45°，BE=BD，∵AB＝BC，∴△BCD≌△BAE（SAS），∴∠BDC=∠BEA=45°，AE=CD，∴，∵，∴，∴；故答案为．【点拨】本题主要考查三角形全等的判定与性质及等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是构造旋转型全等，抓住等腰直角三角形的特征．8．65°【分析】先判断出，再判断出即可得到平分，即可得出结论．【详解】解：如图，，，在和中，；过点作于，于，，，在和中，，，在与中，，平分；，，，，，，故答案为：．【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质以及角平分线的定义．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．9．120【分析】先得出∠DAC=∠EAB，进而利用ASA得出△ADC≌△AEB，进而得出∠E=∠ACD，再利用三角形内角和定理得出∠EAF=∠COF=60°，即可得出答案．【详解】如图所示：∵∠DAB=∠EAC=60°，∴∠DAB+∠BAC=∠BAC+∠EAC，∴∠DAC=∠EAB，在△ADC和△AEB中， ,∴△ADC≌△ABE（SAS），∴∠E=∠ACD，又∵∠AFE=∠OFC，∴∠EAF=∠COF=60°，∴∠DOE=120°．故答案是：120．【点拨】考查了全等三角形的判定与性质以及三角形内角和定理等知识，根据已知得出△ADC≌△AEB是解题关键．10．①②③④【分析】根据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后根据全等三角形的性质即可判断①；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，根据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后根据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可判断②；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，根据余角的性质即可判断④；利用AAS即可证明△ABH≌△EAP，可得EP＝AH，同理可证GQ＝AH，从而得到EP＝GQ，再利用AAS可证明△EPM≌△GQM，可得EM＝GM，从而可判断③，于是可得答案．【详解】解：在正方形ABDE和ACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC（SAS），∴BG＝CE，故①正确；设BG、CE相交于点N，AC、BG相交于点K，如图1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正确；过点E作EP⊥HA的延长线于P，过点G作GQ⊥AM于Q，如图2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，∴△ABH≌△EAP（AAS），∴EP＝AH，同理可得GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，，∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中线，故③正确．综上所述，①②③④结论都正确．故答案为：①②③④．【点拨】本题考查了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作辅助线构造出全等三角形是难点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是关键．11．见解析【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，判定两个三角形全等的一般方法有：．注意：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．利用判定，再根据全等三角形的对应边相等，对应角相等，即可证得．【详解】证明：∵，∴．在和中，，∴．∴．12．见解析【分析】证明△ABE≌△CBD即可解决．【详解】∵△ABC和△EBD都是等边三角形，∴AB＝CB，BE＝BD，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，即∠ABE＝∠CBD，在△ABE和△CBD中，，∴△ABE≌△CBD（SAS），∴AE＝CD．【点拨】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握这两部分知识是关键．13．(1)(2)【分析】（1）连接，根据等腰直角三角形的性质可得到，进而得到，，在中利用勾股定理即可得到三边的关系；（2）连接，根据等腰直角三角形的性质可得到，进而得到，，在中利用勾股定理即可得到三边的关系；【详解】（1）解：结论：，理由如下：如图，连接，∵、均为等腰直角三角形，，∴，，∵∴在和中，，∴∴，，∴，在中，∵∴；（2）如图，连接，∵、均为等腰直角三角形，，∴，，∵，∴，在和中，，∴∴，，∴，即：在中，∵∴．【点拨】本题考查了等腰直角三角形下的全等模型，等腰直角三角形的性质，等角的余角相等，全等三角形的判定与性质，勾股定理，合理构造辅助线是解决本题的关键．14．（1）见解析；（2）8【分析】（1）直接证明，即可得出结论；（2）由（1）可进一步推出为直角三角形，且，从而由求解即可．【详解】（1）△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=90°，,在与中，，；（2）是等腰直角三角形，，由（1）可知，，,，，则在中，，．【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，及含角的直角三角形的性质，根据“手拉手”模型证明全等，并推导出直角三角形是解题关键．15．(1)①证明见解析；②，理由见解析(2)，理由见解析【分析】（1）①先证明，再利用证即可；②利用全等三角形的性质得到，再由即可得到结论；（2）由已知条件可得证出，，推出，再由，即可得到．【详解】（1）证明：①∵，∴，即．在和中，。∴．②，理由如下：∵，∴，∵，∴；（2）解：，理由如下：∵，∴，即．在和中，∴，∴，∵，∴．【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的判定定理以及性质是解题的关键．16．(1)见解析(2)CE﹣CD＝AC．理由见解析【分析】（1）结论：．连接．证明；（2）结论：，证明方法类似（1）．【详解】（1）证明：∵，，，∴，，∴，∵，∴，在和中，，∴．（2）解：．理由：连接．∵，，，∴，，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴．【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．17．(1)，；(2)成立，理由见解析(3)【分析】本题考查了等边三角形性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，以及旋转的性质，解答时证明三角形全等是关键．（1）利用等边三角形的性质证明，结合三角形的外角就可以得出结论；（2）同（1）中方法证明，得出，，再根据三角形的内角和得出；（3）当B、C、D三点共线时得出的最大和最小值，即可得出结论．【详解】（1）解：是等边三角形，，，是等边三角形，，，，即，在和中，，，，，且（2）（1）中结论仍成立，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，即，在和中，，，，，且，；（3）是等边三角形，，当旋转=时，B、C、D三点共线，此时，当旋转=时，B、C、D三点共线，此时；∴．18．(1)见解析(2)①②；的度数会变化，理由见解析【分析】（1）根据等边三角形的判定定理得到、是等边三角形，进而得到，根据证明，根据全等三角形的性质得到，得到答案；（2）①在上取一点E，，证明，得到，可求出答案；②在延长线上取一点E，使得，同理证明，求出，进而求出．【详解】（1）证明：如图1，在上取一点E，使，∵，∴是等边三角形，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，∴，∴，即，∵在和中，∴，∴，∴；（2）证明：①在上取一点E，，如图所示：∵，，∴，，∴，∴，∵在和中，∴，∴，∴；②的度数会变化，理由如下：在延长线上取一点E，使得，如图所示：同理①的方法可证：，∴，∴．【点拨】本题考查的是等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定和性质，正确作出辅助线，构造全等三角形进行计算和证明是解题的关键．