人教版（2024）八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形精品测试题

这是一份人教版（2024）八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形精品测试题，文件包含人教版数学八上同步提升训练专题121全等三角形的性质八大题型原卷版doc、人教版数学八上同步提升训练专题121全等三角形的性质八大题型解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc15769" 【题型1 全等图形的概念】 PAGEREF _Tc15769 \h 1
\l "_Tc13785" 【题型2 全等三角形的对应元素判断】 PAGEREF _Tc13785 \h 3
\l "_Tc26035" 【题型3 全等三角形的性质（求长度）】 PAGEREF _Tc26035 \h 5
\l "_Tc9733" 【题型4 全等三角形的性质（求角度）】 PAGEREF _Tc9733 \h 7
\l "_Tc26720" 【题型5 全等三角形的性质（判断结论）】 PAGEREF _Tc26720 \h 10
\l "_Tc32398" 【题型6 全等三角形的性质（探究角度之间的关系）】 PAGEREF _Tc32398 \h 13
\l "_Tc11956" 【题型7 全等三角形的性质（动点问题）】 PAGEREF _Tc11956 \h 16
\l "_Tc26337" 【题型8 全等三角形的性质（证明题）】 PAGEREF _Tc26337 \h 20
【知识点1 全等图形的概念】
能完全重合的图形叫做全等图形.
【知识点2 全等图形的性质】
两个图形全等，它们的形状相同，大小相同.
【题型1 全等图形的概念】
【例1】（2022春•偃师市期末）下列说法不正确的是（ ）
A．如果两个图形全等，那么它们的形状和大小一定相同
B．图形全等，只与形状、大小有关，而与它们的位置无关
C．全等图形的面积相等，面积相等的两个图形是全等图形
D．全等三角形的对应边相等，对应角相等
【分析】直接利用全等图形的定义与性质分别分析得出答案．
【解答】解：A．如果两个图形全等，那么它们的形状和大小一定相同，正确，不合题意；
B．图形全等，只与形状、大小有关，而与它们的位置无关，正确，不合题意；
C．全等图形的面积相等，但是面积相等的两个图形不一定是全等图形，故此选项错误，符合题意；
D．全等三角形的对应边相等，对应角相等，正确，不合题意；
故选：C．
【变式1-1】（2021秋•思南县期中）有下列说法，其中正确的有（ ）
①两个等边三角形一定能完全重合；
②如果两个图形是全等图形，那么它们的形状和大小一定相同；
③两个等腰三角形一定是全等图形；
④面积相等的两个图形一定是全等图形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】直接利用全等图形的性质分别分析得出答案．
【解答】解：①两个等边三角形不一定能完全重合，故此选项不合题意；
②如果两个图形是全等图形，那么它们的形状和大小一定相同，故此选项符合题意；
③两个等腰三角形不一定是全等图形，故此选项不合题意；
④面积相等的两个图形不一定是全等图形，故此选项不合题意．
故选：A．
【变式1-2】（2021秋•蔡甸区期中）如图，有①～⑤5个条形方格图，每个小方格的边长均为1，则②～⑤中由实线围成的图形与①中由实线围成的图形全等的有（ ）
A．②③④B．③④⑤C．②④⑤D．②③⑤
【分析】本题可通过旋转，看后边四个实线图形能和①中图形完全重合的便是①的全等形．
【解答】解：②以右下角顶点为定点顺时针旋转90°后，两个实线图形刚好重合，
③中为平行四边形，而①中为梯形，所以不能和①中图形完全重合，
④可上下反转成②的情况，然后旋转可和①中图形完全重合，
⑤可旋转180°后可和①中图形完全重合，
故选：C．
【变式1-3】（2021春•宁德期末）在如图所示的网格图中，每个小正方形的边长都为1．沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．在所有的分割方案中，最长分割线的长度等于 ．
【分析】沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．画出所有的分割方案，即可得到最长分割线的长度．
【解答】解：分割方案如图所示：
由图可得，最长分割线的长度等于7．
故答案为：7．
【知识点3 全等三角形的性质】
全等三角形的对应边相等，对应角相等.（另外全等三角形的周长、面积相等，对应边上的中线、角平分线、
高线均相等）
【题型2 全等三角形的对应元素判断】
【例2】（2021秋•南沙区期末）如图是两个全等三角形，图中的字母表示三角形的边长，则∠1的度数是（ ）
A．115°B．65°C．40°D．25°
【分析】根据三角形内角和定理求出∠2，根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：由三角形内角和定理得，∠2＝180°﹣115°﹣25°＝40°，
∵两个三角形全等，
∴∠1＝∠2＝40°，
故选：C．
【变式2-1】（2021秋•大连期中）如图，△ABN≌△ACM，∠B和∠C是对应角，AB和AC是对应边，其它对应边及对应角正确的是（ ）
A．∠ANB和∠AMC是对应角B．∠BAN和∠CAB是对应角
C．AM和BM是对应边D．BN和CN是对应边
【分析】全等三角形的对应顶点在对应位置，按顺序找即可．关键要细心，找对对应角和对应边．
【解答】解：∵△ABN≌△ACM，∠B和∠C是对应角，AB与AC是对应边，
∴对应边：AN与AM，BN与CM；
对应角：∠BAN＝∠CAM，∠ANB＝∠AMC．
故选：A．
【变式2-2】（2021春•泰兴市期末）边长都为整数的△ABC和△DEF全等，AB与DE是对应边，AB＝2，BC＝4，若△DEF的周长为奇数，则DF的值为（ ）
A．3B．4C．3或5D．3或4或5
【分析】根据三角形的三边关系求得AC的范围，然后根据全等三角形的对应边相等即可求解．
【解答】解：AC的范围是2＜AC＜6，则AC的奇数值是3或5．
△ABC和△DEF全等，AB与DE是对应边，则DE＝AB＝2，
当DF＝AC时，DF＝3或5．
当DF＝BC时，DF＝4．
故选：D．
【变式2-3】（2021秋•鲁甸县期末）如果△ABC的三边长分别为3，5，7，△DEF的三边长分别为3，3x﹣2，2y﹣1，若这两个三角形全等，则x+y＝ ．
【分析】根据全等三角形的对应边相等列出方程，解方程分别求出x、y，计算即可，注意分类讨论．
【解答】解：∵两个三角形全等，
∴3x﹣2＝5，2y﹣1＝7或3x﹣2＝7，2y﹣1＝5，
解得：x，y＝4或x＝3，y＝3，
则x+y或6，
故答案为：或6．
【题型3 全等三角形的性质（求长度）】
【例3】（2021秋•青田县期末）如图，已知△ABC≌△DEF，B，E，C，F在同一条直线上．若BF＝8cm，BE＝2cm，则CE的长度（ ）cm．
A．5B．4C．3D．2
【分析】根据全等三角形的性质得出BC＝EF，求出BE＝CF＝2cm，再求出答案即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
∴BC﹣CE＝EF﹣CE，
∴BE＝CF，
∵BE＝2cm，
∴CF＝BE＝2cm，
∵BF＝8cm，
∴CE＝BF﹣BE﹣CF＝8﹣2﹣2＝4（cm），
故选：B．
【变式3-1】（2022秋•巴南区期末）如图，△ABC≌△BDE，AB⊥BD，AB＝BD，AC＝4，DE＝3，CE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据全等三角形的性质和线段的和差即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC≌△BDE，
∴BE＝AC＝4，BC＝DE＝3，
∴CE＝BE﹣BC＝1，
故选：A．
【变式3-2】（2020秋•永嘉县校级期末）如图，已知△ABC≌△DBE，点A，C分别对应点D，E，BC交DE于点F，∠ABD＝∠E，若BE＝10，CF＝4，则EF的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【分析】根据全等三角形性质，可得：∠ABC＝∠DBE，进而得出∠ABD＝∠FBE，得出∠FBE＝∠E，得出BF＝EF即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DBE，
∴∠ABC＝∠DBE，BE＝BC，
∴∠ABC﹣∠DBF＝∠DBE﹣∠DBF，
即∠ABD＝∠FBE，
∵∠ABD＝∠E，
∴∠FBE＝∠E，
∴BF＝EF＝BC﹣CF＝10﹣4＝6，
故选：C．
【变式3-3】（2021春•沙坪坝区期末）如图，△ABC中，点D、点E分别在边AB、BC上，连结AE、DE，若△ADE≌△BDE，AC：AB：BC＝2：3：4，且△ABC的周长比△AEC的周长大6．则△AEC的周长为 ．
【分析】由AC：AB：BC＝2：3：4，可设AC＝2x，AB＝3x，BC＝4x．△ABC的周长比△AEC的周长大6，可推断出x＝2，故AC＝4，BC＝8．由△ADE≌△BDE，得AE＝BE，故C△AEC＝AE+EC+AC＝BE+EC+AC＝BC+AC＝12．
【解答】解：∵△ADE≌△BDE，
∴BE＝AE．
∴C△AEC＝AE+EC+AC＝BE+EC+AC＝BC+AC．
∵AC：AB：BC＝2：3：4，
∴设AC＝2x，AB＝3x，BC＝4x．
∵△ABC的周长比△AEC的周长大6，
∴C△ABC﹣C△AEC＝6．
∴（AB+BC+AC）﹣（BC+AC）＝6．
∴AB＝3x＝6．
∴x＝2．
∴AC＝2x＝4，BC＝4x＝8．
∴C△AEC＝BC+AC＝8+4＝12．
故答案为：12．
【题型4 全等三角形的性质（求角度）】
【例4】（2022春•鼓楼区校级期末）如图，△ABC≌△A′B′C′，边B′C′过点A且平分∠BAC交BC于点D，∠B＝27°，∠CDB′＝98°，则∠C′的度数为（ ）
A．60°B．45°C．43°D．34°
【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′＝98°，
∴∠ADB＝∠CDB′＝98°，
∴∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB＝55°，
∵AB′平分∠BAC，
∴∠BAC＝2∠BAD＝110°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝43°，
∵△ABC≌△A′B′C′，
∴∠C′＝∠C＝43°，
故选：C．
【变式4-1】（2021秋•民权县期末）如图，△ABC≌△ADE，且AE∥BD，∠BAD＝94°，则∠BAC的度数的值为（ ）
A．84°B．60°C．48°D．43°
【分析】根据全等三角形的性质得出∠BAC＝∠EAD，AB＝AD，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠ADB＝∠ABD＝43°，根据平行线的性质得出∠EAD＝∠ADB＝43°，再求出答案即可．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠EAD，AB＝AD，
∵∠BAD＝94°，
∴∠ADB＝∠ABD（180°﹣∠BAD）＝43°，
∵AE∥BD，
∴∠EAD＝∠ADB＝43°，
∴∠BAC＝∠EAD＝43°，
故选：D．
【变式4-2】（2021秋•招远市期中）如图，△ABC≌△DEC，点A和点D是对应顶点，点B和点E是对应顶点，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，若∠BCE＝56°，则∠CAF的度数为（ ）
A．36°B．24°C．56°D．34°
【分析】根据全等三角形的性质得出∠BCA＝∠ECD，求出∠BCE＝∠ACF，求出∠ACF＝56°，再根据直角三角形的两锐角互余得出即可．
【解答】解：∵△ABC≌△DEC，
∴∠BCA＝∠ECD，
∴∠BCA﹣∠ECA＝∠ECD﹣∠ECA，
即∠BCE＝∠ACF，
∵∠BCE＝56°，
∴∠ACF＝56°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFC＝90°，
∴∠CAF＝90°﹣∠ACF＝＝34°，
故选：D．
【变式4-3】（2022春•武侯区期末）如图，在△ABC中，在边BC上取一点D，连接AD，在边AD上取一点E，连接CE．若△ADB≌△CDE，∠BAD＝α，则∠ACE的度数为（ ）
A．αB．α﹣45°C．45°﹣αD．90°﹣α
【分析】根据全等三角形的性质可得∠ADB＝∠CDE，AD＝CD，∠DCE＝∠BAD，进一步可得∠CDE＝90°，∠ACD＝45°，即可求出∠ACE的度数．
【解答】解：∵△ADB≌△CDE，
∴∠ADB＝∠CDE，AD＝CD，∠DCE＝∠BAD，
∵∠ADB+∠CDE＝180°，
∴∠CDE＝90°，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，
∵∠BAD＝α，
∴∠DCE＝α，
∴∠ACE＝45°﹣α，
故选：C．
【题型5 全等三角形的性质（判断结论）】
【例5】（2022•龙岗区模拟）如图，△ABC≌△A′B′C，且点B′在AB边上，点A′恰好在BC的延长线上，下列结论错误的是（ ）
A．∠BCB′＝∠ACA′B．∠ACB＝2∠B
C．∠B′CA＝∠B′ACD．B′C平分∠BB′A′
【分析】根据全等三角形的性质得出BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，再逐个判断即可．
【解答】解：∵△ABC≌△A′B′C，
∴BC＝B′C，∠ACB＝∠A′CB′，∠B＝∠A′B′C，
A．∵∠ACB＝∠A′CB′，
∴∠ACB﹣∠ACB′＝∠A′CB′﹣∠ACB′，
∴∠BCB′＝∠ACA′，故本选项不符合题意；
B．∵BC＝B′C，
∴∠B＝∠CB′B，
∴∠A′CB′＝∠B+∠BB′C＝2∠B，
∵∠ACB＝∠A′CB′，
∴∠ACB＝2∠B，故本选项不符合题意；
C．不能推出∠B′CA＝∠B′AC，故本选项符合题意；
D．∵∠B＝∠BB′C，∠B＝∠A′B′C，
∴∠A′B′C＝∠BB′C，
即B′C平分∠BB′A′，故本选项不符合题意；
故选：C．
【变式5-1】（2021春•海口期末）如图，△ABC≌△AEF，AB＝AE，∠B＝∠E，则对于结论①AC＝AF，②∠FAB＝∠EAB，③EF＝BC，④∠EAB＝∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等结合图象解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AEF，
∴AC＝AF，故①正确；
∠EAF＝∠BAC，
∴∠FAC＝∠EAB≠∠FAB，故②错误；
EF＝BC，故③正确；
∠EAB＝∠FAC，故④正确；
综上所述，结论正确的是①③④共3个．
故选：C．
【变式5-2】（2021秋•新乐市期末）如图，△ABD≌△EBC，AB＝12，BC＝5，A，B，C三点共线，则下列结论中：
①CD⊥AE；
②AD⊥CE；
③∠EAD＝∠ECD；
正确的是
【分析】根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质可以判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题．
【解答】解：延长AD交EC于点N，延长CD交AE于点M，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠ABD＝∠EBC，AB＝EB，BD＝BC，∠DAB＝∠CEB，
∵∠ABD+∠EBC＝180°，∠BAE＝∠BEA，∠BDC＝∠BCD，
∴∠ABD＝∠EBC＝90°，
∴∠BAE＝∠BEA＝45°，∠BDC＝∠BCD＝45°，
∴∠BAE+∠BCD＝90°，
∴∠AMC＝90°，
∴CD⊥AE，故①正确；
∵∠CEB+∠ECB＝90°，∠BAD＝∠BEC，
∴∠BAD+∠ECB＝90°，
∴∠ANC＝90°，
∴AD⊥CE，故②正确；
∵∠ADB＝∠EAD+∠AED＝∠EAD+45°，
∠ECB＝∠ECD+∠BCD＝∠ECD+45°，
∠ADB＝∠ECB，
∴∠EAD＝∠ECD，故③正确；
故填：①②③．
【变式5-3】（2021秋•五常市期末）如图，点E是CD上的一点，Rt△ACD≌Rt△EBC，则下结论：
①AC＝BC，②AD∥BE，③∠ACB＝90°，④AD+DE＝BE，
成立的有 个．
【分析】根据全等三角形的性质得出AC＝BE，CD＝BC，∠ACD＝∠CBE，∠D＝∠BCE，根据以上结论即可推出AC＜BC，∠D≠∠BED，∠ACB＝90°，AD+DE＝CD＝BC＞BE，即可判断各个小题．
【解答】解：
∵Rt△ACD≌Rt△EBC，
∴AC＝BE，
∵在Rt△BEC中，BE＜BC，
∴AC＜BC，∴①错误；
∵∠CAD＝∠CEB＝∠BED＝90°，∠D＜∠CAD，
∴∠D≠∠BED，
∴AD和BE不平行，∴②错误；
∵Rt△ACD≌Rt△EBC，
∴∠ACD＝∠CEE，∠D＝∠BCE，
∵∠CAD＝90°，
∴∠ACD+∠D＝90°，
∴∠ACB＝∠ACD+∠BDE＝90°，∴③正确；
∵Rt△ACD≌Rt△EBC，
∴AD＝CE，CD＝BC，
CD＝CE+DE＝AD+DE＝BC，
∵BE＜BC，
∴AD+DE＞BE，∴④错误；
故答案为：1．
【题型6 全等三角形的性质（探究角度之间的关系）】
【例6】（2022•长春二模）如图，△AOB≌△ADC，点B和点C是对应顶点，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD＝α，∠ABO＝β，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）
A．α＝βB．α＝2βC．α+β＝90°D．α+2β＝180°
【分析】根据全等三角形对应边相等可得AB＝AC，全等三角形对应角相等可得∠BAO＝∠CAD，然后求出∠BAC＝α，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC，然后根据两直线平行，同旁内角互补表示出∠OBC，整理即可．
【解答】解：∵△AOB≌△ADC，
∴AB＝AC，∠BAO＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠OAD＝α，
在△ABC中，∠ABC（180°﹣α），
∵BC∥OA，
∴∠OBC＝180°﹣∠O＝180°﹣90°＝90°，
∴β（180°﹣α）＝90°，
整理得，α＝2β．
故选：B．
【变式6-1】（2021秋•林州市期末）如图，点D，E，F分别在△ABC的边AB，BC，CA上（不与顶点重合），设∠BAC＝α，∠FED＝θ．若△BED≌△CFE，则α，θ满足的关系是（ ）
A．α+θ＝90°B．α+2θ＝180°C．α﹣θ＝90°D．2α+θ＝180°
【分析】由∠BAC＝α，得∠B+∠C＝180°﹣α，根据△BED≌△CFE，即有∠B＝∠C＝90°α，∠BDE＝∠FEC，故∠FEC+∠BED＝90°α，从而90°α+θ＝180°，即可答案．
【解答】解：∵∠BAC＝α，
∴∠B+∠C＝180°﹣α，
∵△BED≌△CFE，
∴∠B＝∠C＝90°α，∠BDE＝∠FEC，
∴∠BDE+∠BED＝180°﹣∠B＝180°﹣（90°α）＝90°α，
∴∠FEC+∠BED＝90°α，
∵∠FED＝θ，∠FEC+∠BED+∠FED＝180°，
∴90°α+θ＝180°，
∴α+2θ＝180°，
故选：B．
【变式6-2】（2022春•徐汇区校级期末）如图，N，C，A三点在同一直线上，在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10，又△MNC≌△ABC，则∠BCM：∠BCN等于（ ）
A．1：2B．1：3C．2：3D．1：4
【分析】利用三角形的三角的比，求出三角的度数，再进一步根据各角之间的关系求出∠BCM、∠BCN的度数可求出结果．
【解答】解：在△ABC中，∠A：∠ABC：∠ACB＝3：5：10
设∠A＝3x°，则∠ABC＝5x°，∠ACB＝10x°
3x+5x+10x＝180
解得x＝10
则∠A＝30°，∠ABC＝50°，∠ACB＝100°
∴∠BCN＝180°﹣100°＝80°
又△MNC≌△ABC
∴∠ACB＝∠MCN＝100°
∴∠BCM＝∠NCM﹣∠BCN＝100°﹣80°＝20°
∴∠BCM：∠BCN＝20°：80°＝1：4
故选：D．
【变式6-3】（2022•定远县模拟）如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C′D∥EB′∥BC，BE、CD交于点F，若∠BAC＝α，∠BFC＝β，则（ ）
A．2α+β＝180°B．2β﹣α＝145°C．α+β＝135°D．β﹣α＝60°
【分析】延长C′D交AC于M，如图，根据全等的性质得∠C′＝∠ACD，∠C′AD＝∠CAD＝∠B′AE＝α，再利用三角形外角性质得∠C′MC＝∠C′+∠C′AM＝∠C′+2α，接着利用C′D∥B′E得到∠AEB＝∠C′MC，而根据三角形内角和得到∠AEB′＝180°﹣∠B′﹣α，则∠C′+2α＝180°﹣∠B′﹣α，所以∠C′+∠B′＝180°﹣3α，利用三角形外角性质和等角代换得到∠BFC＝∠C＝α+∠C′+∠B′，所以∠BFC＝β＝180°﹣2α，进一步变形后即可得到答案．
【解答】解：延长C′D交AC于M，如图，
∵△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，
∴∠C′＝∠ACD，∠C′AD＝∠CAD＝∠B′AE＝α，
∴∠C′MC＝∠C′+∠C′AM＝∠C′+2α，
∵C′D∥B′E，
∴∠AEB′＝∠C′MC，
∵∠AEB′＝180°﹣∠B′﹣∠B′AE＝180°﹣∠B′﹣α，
∴∠C′+2α＝180°﹣∠B′﹣α，
∴∠C′+∠B′＝180°﹣3α，
∵β＝∠BFC＝∠BDF+∠DBF＝∠DAC+∠ACD+∠B'＝α+∠ACD+∠B′＝α+∠C′+∠B′＝α+180°﹣3α＝180°﹣2α，
即：2α+β＝180°．
故选：A．
【题型7 全等三角形的性质（动点问题）】
【例7】（2021秋•柘城县期中）如图，∠C＝∠CAM＝90°，AC＝8cm，BC＝4cm，点P在线段AC上，以2cm/s速度从点A出发向点C运动，到点C停止运动．点Q在射线AM上运动，且PQ＝AB．若△ABC与△PQA全等，则点P运动的时间为（ ）
A．4sB．2sC．2s或3s或4sD．2s或4s
【分析】分△ABC≌△PQA和△ABC≌△QPA两种情况，根据全等三角形的性质解答即可．
【解答】解：当△ABC≌△PQA时，AP＝AC＝8，
∵点P的速度为2cm/s，
∴8÷2＝4（s）；
当△ABC≌△QPA时，当AP＝BC＝4，
∵点P的速度为2cm/s，
∴4÷2＝2（s）
故选：D．
【变式7-1】（2021春•浦东新区校级期末）△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（ ）
A．2.5B．3C．2.25或3D．1或5
【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＝CPBC9＝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＝CPBC9＝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，
∴v＝3，
∴v的值为：2.25或3，
故选：C．
【变式7-2】（2021春•和平区期末）如图，CA⊥AB于点A，AB＝8，AC＝4，射线BM⊥AB于点B，一动点E从A点出发以2个单位/秒沿射线AB运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED＝CB，若点E经过t秒（t＞0），△DEB与△BCA全等，则t的值为 秒．
【分析】此题要分两种情况：①当E在线段AB上时，②当E在BN上，再分别分成两种情况AC＝BE，AB＝BE进行计算即可．
【解答】解：①当E在线段AB上，AC＝BE时，△ACB≌△BED，
∵AC＝4，
∴BE＝4，
∴AE＝8﹣4＝4，
∴点E的运动时间为4÷2＝2（秒）；
②当E在BN上，AC＝BE时，
∵AC＝4，
∴BE＝4，
∴AE＝8+4＝12，
∴点E的运动时间为12÷2＝6（秒）；
③当E在BN上，AB＝EB时，△ACB≌△BDE，
AE＝8+8＝16，
点E的运动时间为16÷2＝8（秒），
故答案为：2，6，8．
【变式7-3】（2021春•高新区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点P从A点出发沿A→C→B路径向终点运动，终点为B点；点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点运动，终点为A点．点P和Q分别以每秒1和3的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点时才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E、作QF⊥l于F，当点P运动 秒时，以P、E、C为顶点的三角形和以Q、F、C为顶点的三角形全等．
【分析】根据题意分为五种情况，根据全等三角形的性质得出CP＝CQ，代入得出关于t的方程，解方程即可．
【解答】解：分为五种情况：①如图1，P在AC上，Q在BC上，则PC＝6﹣t，QC＝8﹣3t，
∵PE⊥l，QF⊥l，
∴∠PEC＝∠QFC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PCE+∠QCF＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∵△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
即6﹣t＝8﹣3t，
t＝1；
②如图2，P在BC上，Q在AC上，则PC＝t﹣6，QC＝3t﹣8，
∵由①知：PC＝CQ，
∴t﹣6＝3t﹣8，
t＝1；
t﹣6＜0，即此种情况不符合题意；
③当P、Q都在AC上时，如图3，
CP＝6﹣t＝3t﹣8，
t；
④当Q到A点停止，P在BC上时，AC＝PC，t﹣6＝6时，解得t＝12．
⑤P和Q都在BC上的情况不存在，因为P的速度是每秒1cm，Q的速度是每秒3cm；
答：点P运动1或或12秒时，以P、E、C为顶点的三角形上以O、F、C为顶点的三角形全等．
故答案为：1或或12．
【题型8 全等三角形的性质（证明题）】
【例8】（2021秋•大化县期中）如图所示，已知△ABD≌△CFD，AD⊥BC于D．
（1）求证：CE⊥AB；
（2）已知BC＝7，AD＝5，求AF的长．
【分析】（1）由△ABD≌△CFD，得出∠BAD＝∠DCF，再利用三角形内角和即可得出答案；
（2）根据全等三角形的性质得出AD＝DC，即可得出BD＝DF，进而解决问题．
【解答】（1）证明：∵△ABD≌△CFD，
∴∠BAD＝∠DCF，
又∵∠AFE＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CDF＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）解：∵△ABD≌△CFD，
∴BD＝DF，
∵BC＝7，AD＝DC＝5，
∴BD＝BC﹣CD＝2，
∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3．
【变式8-1】（2021秋•海淀区校级期中）如图，A，E，C三点在同一直线上，且△ABC≌△DAE．
（1）线段DE，CE，BC有怎样的数量关系？请说明理由．
（2）请你猜想△ADE满足什么条件时，DE∥BC，并证明．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AE＝BC，DE＝AC，再求出答案即可；
（2）根据全等三角形的性质得出∠AED＝∠C，根据平行线的性质得出∠C＝∠DEC，再根据邻补角互补得出∠AED+∠DEC＝180°，再求出∠AED＝90°即可．
【解答】（1）解：DE＝CE+BC．
理由：∵△ABC≌△DAE，
∴AE＝BC，DE＝AC．
∵A，E，C三点在同一直线上，
∴AC＝AE+CE，
∴DE＝CE+BC；
（2）猜想：DE∥BC，
则∠DEC＝∠C．
∵△ABC≌△DAE，
∴∠AED＝∠C，
∴∠AED＝∠DEC．
又∵∠AED+∠DEC＝180°，
∴∠AED＝∠DEC＝90°，
∴当△ADE满足∠AED＝90°时，DE//BC．
【变式8-2】（2021秋•灌云县月考）如图所示，A，C，E三点在同一直线上，且△ABC≌△DAE．
（1）求证：BC＝DE+CE；
（2）当△ABC满足什么条件时，BC∥DE？
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AE＝BC，AC＝DE，再求出答案即可；
（2）根据平行线的性质得出∠BCE＝∠E，根据全等三角形的性质得出∠ACB＝∠E，求出∠ACB＝∠BCE，再求出答案即可．
【解答】（1）证明：∵△ABC≌△DAE，
∴AE＝BC，AC＝DE，
又∵AE＝AC+CE，
∴BC＝DE+CE；
（2）解：∵BC∥DE，
∴∠BCE＝∠E，
又∵△ABC≌△DAE，
∴∠ACB＝∠E，
∴∠ACB＝∠BCE，
又∵∠ACB+∠BCE＝180°，
∴∠ACB＝90°，
即当△ABC满足∠ACB为直角时，BC∥DE．
【变式8-3】（2021秋•定远县校级期中）如图所示，△ACD≌△ECD，△CEF≌△BEF，∠ACB＝90°．
（1）求证：CD⊥AB；
（2）求∠B的度数；
（3）求证：EF∥AC．
【分析】（1）由△ACD≌△ECD可得出∠ADC＝∠EDC，结合点A、D、E、B共线即可得出∠ADC＝∠EDC＝90°，即CD⊥AB；
（2）设∠B＝α，根据△ACD≌△ECD、△CEF≌△BEF可得出∠A＝∠CED、∠B＝∠BCE，由三角形的外角性质结合三角形内角和定理即可得出关于α的一元一次方程，解之即可得出结论；
（3）根据全等的性质得∠EFB＝∠EFC，再利用平角定义得到∠EFB＝90°，则∠ACB＝∠EFB，然后根据平行线的判定可判断EF∥AC．
【解答】（1）证明：∵△ACD≌△ECD，
∴∠ADC＝∠EDC．
∵点A，D，E，B共线，
∴∠ADC+∠EDC＝180°，
∴∠ADC＝∠EDC＝90°，
∴CD⊥AB；
（2）解：设∠B＝α，
∵△ACD≌△ECD，△CEF≌△BEF，
∴∠A＝∠CED，∠B＝∠BCE＝α，
∵∠CED＝∠B+∠BCE，∠A+∠B+∠ACB＝180°，
∴2α+α+90°＝180°，
∴α＝30°，
即∠B＝30°；
（3）证明：∵△CEF≌△BEF，
∴∠EFC＝∠EFB，
而∠EFB+∠EFC＝180°，
∴∠EFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠EFB，
∴EF∥AC．