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数学八年级上册14.1 全等三角形精品巩固练习
展开2021-2022学年八年级数学上册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题14.5全等三角形的计算与证明大题专练(重难点培优)
姓名:__________________ 班级:______________ 得分:_________________
注意事项:
本试卷满分100分,试题共24题,选择10道、填空8道、解答6道.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分)在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2020秋•新宾县期末)已知,如图,AB=AD,∠B=∠D,∠1=∠2=60°.
(1)求证:△ADE≌△ABC;
(2)求证:AE=CE.
【分析】(1)证得∠DAB=∠CAB,根据ASA即可得出△ABC≌△ADE;
(2)由(1)可得AE=AC,即可判定△AEC为等边三角形,即可得出答案.
【解答】(1)证明:∵∠1=∠2,
∴∠1+∠BAE=∠2+∠BAE,
即∠DAE=∠BAC,
在△ABC和△ADE中,
∠BAC=∠DAEAB=AD∠B=∠D,
∴△ABC≌△ADE(ASA);
(2)证明:由(1)得△ABC≌△ADE,
∴AE=AC,
∵∠2=60°,
∴△ACE是等边三角形,
∴AE=CE.
2.(2021•九龙坡区校级开学)如图,点D是线段CE上一点,且AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE.
(1)求证:BD=CE;
(2)若∠B=40°,∠E=80°,求∠CAD的度数.
【分析】(1)证明△ABD≌△ACE(SAS),由全等三角形的性质可得出BD=CE;
(2)由全等三角形的性质及三角形内角和定理求出∠CAE=60°,由等腰三角形的性质求出∠DAE=20°,则可求出答案.
【解答】解:(1)证明∵∠BAC=∠DAE,
∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,
∴∠BAD=∠CAE,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE;
(2)∵△ABD≌△ACE,
∴∠B=∠C=40°,
∵∠E=80°,
∴∠CAE=180°﹣∠C﹣∠E=180°﹣40°﹣80°=60°,
∵AD=AE,
∴∠ADE=∠E,
∴∠DAE=180°﹣2∠E=180°﹣160°=20°,
∴∠CAD=∠CAE﹣∠DAE=60°﹣20°=40°.
3.(2021•三水区一模)如图,AB=AC,直线l过点A,BM⊥直线l,CN⊥直线l,垂足分别为M、N,且BM=AN.
(1)求证△AMB≌△CNA;
(2)求证∠BAC=90°.
【分析】(1)由HL证明△AMB≌△CNA即可;
(2)先由全等三角形的性质得∠BAM=∠ACN,再由∠CAN+∠ACN=90°,得∠CAN+∠BAM=90°,即可得出结论.
【解答】证明:(1)∵BM⊥直线l,CN⊥直线l,
∴∠AMB=∠CNA=90°,
在Rt△AMB和Rt△CNA中,
AB=CABM=AN,
∴Rt△AMB≌Rt△CNA(HL);
(2)由(1)得:Rt△AMB≌Rt△CNA,
∴∠BAM=∠ACN,
∵∠CAN+∠ACN=90°,
∴∠CAN+∠BAM=90°,
∴∠BAC=180°﹣90°=90°.
4.(2020秋•綦江区期末)如图,在△ABC中,∠A=60°,∠ABC、∠ACB的平分线分别交AC、AB于点D、E,CE、BD相交于点F,连接DE.
(1)若AC=BC=7,求DE的长;
(2)求证:BE+CD=BC.
【分析】(1)证明△ADE为等边三角形,可得结论;
(2)在BC上截取BH=BE,证明两对三角形全等:△EBF≌△HBF,△CDF≌△CHF,可得结论.
【解答】解:(1)∵AC=BC,∠A=60°,
∴△ABC为等边三角形,
∴AC=AB,
又∵BD、CE分别是∠ABC、∠ACB的平分线,
∴D、E分别是AC、AB的中点,
∴AD=12AC,AE=12AB,
∴AD=AE,
∴△ADE为等边三角形,
∴DE=AE=72;
(2)证明:在BC上截取BH=BE,
∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD,
∵BF=BF
∴△EBF≌△HBF(SAS),
∴∠EFB=∠HFB=60°.
∵∠A=60°,
∴∠ABC+∠ACB=120°,
∵BD平分∠ABC,CE平分∠ACB,
∴∠ABD=∠CBD,∠ACE=∠BCE,
∴∠CBD+∠BCE=60°,
∴∠BFE=60°,
∴∠CFB=120°,
∴∠CFH=60°,
∴∠CFH=∠CFD=60°,
∵CF=CF,
∴△CDF≌△CHF(ASA).
∴CD=CH,
∵CH+BH=BC,
∴BE+CD=BC.
5.(2020•平阳县一模)如图,在四边形ABCD中,∠A=Rt∠,对角线BD平分∠ABC,且BD=BC,CE⊥BD于点E.
(1)求证:△ABD≌△EBC;
(2)当∠ADB=60°时,求∠DCE的度数.
【分析】(1)由“AAS”可证:△ABD≌△EBC;
(2)由等腰三角形的性质可求∠BDC=75°,即可求解.
【解答】证明:(1)∵BD平分∠ABC,
∴∠ABD=∠CBD,
∵BD=BC,∠A=∠CEB=90°,
∴△ABD≌△EBC(AAS)
(2)∵∠ADB=60°,
∴∠ABD=30°,
∵△ABD≌△EBC,
∴∠ABD=∠DBC=30°,且BD=BC,
∴∠BDC=75°,
∵CE⊥BD,
∴∠CED=90°,
∴∠DCE=15°.
6.(2021•锡山区一模)已知:如图,点E,D,B,F在同一条直线上,AD∥CB,∠BAD=∠BCD,DE=BF.求证:
(1)AD=BC;
(2)AE∥CF.
【分析】(1)根据平行线的性质得出∠ADB=∠CBD,根据全等三角形的判定得出△ADB≌△CBD,根据全等三角形的性质得出即可;
(2)求出∠EDA=∠FBC,根据全等三角形的判定得出△EDA≌△FBC,根据全等三角形的性质得出∠E=∠F即可.
【解答】证明:(1)∵AD∥CB,
∴∠ADB=∠CBD,
在△ADB和△CBD中
∠ADB=∠CBD∠BAD=∠DCBDB=BD
∴△ADB≌△CBD(AAS),
∴AD=BC;
(2)∵∠ADB=∠CBD,∠ADB+∠EDA=180°,∠CBD+∠FBC=180°,
∴∠EDA=∠FBC,
在△EDA和△FBC中
DE=BF∠EDA=∠FBCDA=BC
∴△EDA≌△FBC(SAS),
∴∠E=∠F,
∴AE∥CF.
7.(2020秋•常州期末)已知:如图,AB=AE,AB∥DE,∠ECB+∠D=180°.
求证:△ABC≌△EAD.
【分析】根据全等三角形的判定方法解答即可.
【解答】证明:∵AB∥DE,
∴∠CAB=∠E,
∵∠ECB+∠D=180°,∠ECB+∠ACB=180°,
∴∠D=∠ACB,
在△ABC与△EAD中,
∠CAB=∠E∠ACB=∠DAB=AE,
∴△ABC≌△EAD(AAS).
8.(2021•苏州模拟)如图,在△ABC中,AB=AC,AD⊥BC于点D,BE⊥AC于点E,AD、BE相交于点H,AE=BE.试说明:
(1)△AEH≌△BEC.
(2)AH=2BD.
【分析】(1)由“ASA”可证△AEH≌△BEC;
(2)由全等三角形的性质可得AH=BC,由等腰三角形的性质可得结论.
【解答】解:(1)∵AD⊥BC,
∴∠DAC+∠C=90°,
∵BE⊥AC,
∴∠EBC+∠C=90°,
∴∠DAC=∠EBC,
在△AEH与△BEC中,
∠DAC=∠EBC∠AEH=∠BEC=90°AE=BE,
∴△AEH≌△BEC(ASA);
(2)∵△AEH≌△BEC,
∴AH=BC,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴BC=2BD,
∴AH=2BD.
9.(2021•洪泽区二模)如图,线段AC交BD于O,点E,F在线段AC上,△DFO≌△BEO,且AF=CE,连接AB、CD,求证:AB=CD.
【分析】先由△BEO≌△DFO,即可得出OF=OE,DO=BO,进而得到AO=CO,再证明△ABO≌△CDO,即可得到AB=CD.
【解答】证明:∵△BEO≌△DFO,
∴OF=OE,DO=BO,
又∵AF=CE,
∴AO=CO,
在△ABO和△CDO中,
AO=CO∠AOB=∠CODBO=DO,
∴△ABO≌△CDO(SAS),
∴AB=CD.
10.(2020秋•遵化市期末)已知:BE⊥CD,BE=DE,BC=DA,
求证:①△BEC≌△DEA;
②DF⊥BC.
【分析】(1)根据已知利用HL即可判定△BEC≌△DEA;
(2)根据第一问的结论,利用全等三角形的对应角相等可得到∠B=∠D,从而不难求得DF⊥BC.
【解答】证明:(1)∵BE⊥CD,
∴∠BEC=∠DEA=90°,
又∵BE=DE,BC=DA,
∴△BEC≌△DEA(HL);
(2)∵△BEC≌△DEA,
∴∠B=∠D.
∵∠D+∠DAE=90°,∠DAE=∠BAF,
∴∠BAF+∠B=90°.
即DF⊥BC.
11.(2021•鹿城区一模)如图,在△ABC中,AB=AC,点D,E在BC上(BD<BE),BD=CE.
(1)求证:△ABD≌△ACE.
(2)若∠ADE=2∠B,BD=2,求AE的长.
【分析】(1)根据等腰三角形等边对等角的性质可以得到∠B=∠C,然后根据SAS证明△ABD和△ACE全等即可;
(2)证得∠B=∠BAD,得出BD=AD=2,由全等三角形的性质可得出答案.
【解答】(1)证明:∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
在△ABD和△ACE中,
AB=AC∠B=∠CBD=CE,
∴△ABD≌△ACE(SAS);
(2)解:∵∠ADE=2∠B,
∴∠B=∠BAD,
∴BD=AD=2,
∵△ABD≌△ACE,
∴AE=AD=2.
12.(2021•张家界模拟)如图,四边形ABCD中,AB=BC=2CD,AB∥CD,∠C=90°,E是BC的中点,AE与BD相交于点F,连接DE
(1)求证:△ABE≌△BCD;
(2)判断线段AE与BD的数量关系及位置关系,并说明理由;
(3)若CD=1,试求△AED的面积.
【分析】(1)由平行线的性质得出∠ABE+∠C=180°,得出∠ABE=90°=∠C,再证出BE=CD,由SAS证明△ABE≌△BCD即可;
(2)由全等三角形的性质得出AE=BD,证出∠ABF+∠BAE=90°,得出∠AFB=90°,即可得出结论;
(3)由全等三角形的性质得出BE=CD=1,求出CE=BC﹣BE=1,得出CE=CD,△AED的面积=梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积,即可得出答案.
【解答】(1)证明:∵AB∥CD,
∴∠ABE+∠C=180°,
∵∠C=90°,
∴∠ABE=90°=∠C,
∵E是BC的中点,
∴BC=2BE,
∵BC=2CD,
∴BE=CD,
在△ABE和△BCD中,AB=BC∠ABE=∠CBE=CD,
∴△ABE≌△BCD(SAS);
(2)解:AE=BD,AE⊥BD,理由如下:
由(1)得:△ABE≌△BCD,
∴AE=BD,
∵∠BAE=∠CBD,∠ABF+∠CBD=90°,
∴∠ABF+∠BAE=90°,
∴∠AFB=90°,
∴AE⊥BD;
(3)解:∵△ABE≌△BCD,
∴BE=CD=1,
∵AB=BC=2CD=2,
∴CE=BC﹣BE=1,
∴CE=CD,
∴△AED的面积=梯形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△CDE的面积=12(1+2)×2-12×2×1-12×1×1=32.
13.(2020•岳麓区校级开学)如图,四边形ABCD中,AD∥BC,点E、F分别在AD、BC上,AE=CF,过点A、C分别作EF的垂线,垂足为G、H.
(1)求证:△AGE≌△CHF;
(2)连接AF、CE,线段AF与CE是否相等?请说明理由.
【分析】(1)由垂线的性质得出∠G=∠H=90°,AG∥CH,根据平行线的性质和对顶角相等得出∠AEG=∠CFH,由AAS即可证明△AGE≌△CHF;
(2)连接AF、CE,由全等三角形的性质得出AE=CF,证出△AEF≌△CFE(SAS),由全等三角形的性质即可得出结论.
【解答】(1)证明:∵AG⊥EF,CH⊥EF,
∴∠G=∠H=90°,AG∥CH,
∵AD∥BC,
∴∠DEF=∠BFE,
∵∠AEG=∠DEF,∠CFH=∠BFE,
∴∠AEG=∠CFH,
在△AGE和△CHF中,
∠G=∠H∠AEG=∠CFHAE=CF,
∴△AGE≌△CHF(AAS);
(2)解:线段AF与CE相等,理由如下:
连接AF、CE,如图所示:
由(1)得:△AGE≌△CHF,
∴AE=CF,
∵AE∥CF,
∴∠AEF=∠CFE,
又∵EF=FE,
∴△AEF≌△CFE(SAS),
∴CE=AF.
14.(2021•宁波模拟)如图,点B,C,E,F在同一直线上,点A,D在BC的异侧,AB=CD,BF=CE,∠B=∠C.
(1)求证:AE∥DF.
(2)若∠A+∠D=144°,∠C=30°,求∠AEC的度数.
【分析】(1)证△ABE≌△DCF(SAS),得∠AEB=∠DFC,即可得出结论;
(2)由全等三角形的性质得∠A=∠D,∠B=∠C=30°,再求出∠A=72°,然后由三角形的外角性质求解即可.
【解答】(1)证明:∵BF=CE,
∴BF+EF=CE+EF,
即BE=CF,
在△ABE和△DCF中,
AB=DC∠B=∠CBE=CF,
∴△ABE≌△DCF(SAS),
∴∠AEB=∠DFC,
∴AE∥DF;
(2)解:∵△ABE≌△DCF,
∴∠A=∠D,∠B=∠C=30°,
∵∠A+∠D=144°,
∴∠A=72°,
∴∠AEC=∠A+∠B=72°+30°=102°.
15.(2019秋•瑞安市期中)已知:AB∥CD,BP和CP分别平分∠ABC和∠DCB,点E,F分别在AB和CD上.
(1)如图1,EF过点P,且与AB垂直,求证:PE=PF.
(2)如图2,EF过点P,求证:PE=PF.
【分析】(1)由角平分线的性质定理即可得出结论;
(2)过点P作GH⊥AB于G,交CD于H,证明△PGE≌△PHF,即可得出结论.
【解答】(1)证明:作PM⊥BC于M,如图1所示:
∵AB∥CD,EF⊥AB,
∴EF⊥CD,
∵BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的平分线,PM⊥BC,
∴PE=PM,PM=PF,
∴PE=PF;
(2)证明:过点P作GH⊥AB于G,交CD于H,如图2所示:
则PG⊥AB,PH⊥CD,
∴∠PGE=∠PHF=90°,
由(1)得:PG=PH,
在△PGE和△PHF中,∠PGE=∠PHFPG=PH∠GPE=∠HPF,
∴△PGE≌△PHF(ASA),
∴PE=PF.
16.(2021春•临漳县期末)如图,∠A=∠B,AE=BE,点D在AC边上,∠1=∠2,AE,BD相交于点O.
(1)求证:△AEC≌△BED;
(2)若∠C=70°,求∠AEB的度数.
【分析】(1)由外角的性质可证∠C=∠BDE,由“AAS”可证△AEC≌△BED;
(2)由全等三角形的性质可得EC=ED,∠BED=∠AEC,由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解.
【解答】证明:(1)∵∠ADE=∠C+∠2=∠1+∠BDE,且∠1=∠2,
∴∠C=∠BDE,
又∵∠A=∠B,AE=BE,
∴△AEC≌△BED(AAS).
(2)∵△AEC≌△BED,
∴EC=ED,∠BED=∠AEC,
∴∠EDC=∠C=70°,∠2=∠BEA,
∴∠2=180°﹣2×70°=40°,
∴∠AEB=40°.
17.(2020秋•武昌区期中)如图1,在△ABC中,D为AB边上一点,连CD,E为AB边上一点,若AE平分∠BAC,ED平分∠BDC.
(1)求证:2∠BCD+∠ACD=180°;
(2)如图2,若AC+DC=AB,且∠ACD=18°,求∠BAC的度数.
【分析】(1)过E作EG⊥AC于G,EH⊥AB于H,EI⊥CD于I,先由角平分线的性质得EG=EH,EI=EH,则EG=EI,得CE平分∠DCG,则∠BCD=∠BCG,即可得出结论;
(2)延长AC至点F,使CF=CD,连接BF,先证AF=AB,则∠ABF=∠AFB,再证△CDB≌△CFB(SAS),得∠ABC=∠FBC,则∠AFB=∠ABF=2∠ABC,求出∠BCD=∠BCF=81°,然后由三角形的外角性质得∠CDB=∠BAC+18°,最后由三角形内角和定理进而得出答案.
【解答】(1)证明:过E作EG⊥AC于G,EH⊥AB于H,EI⊥CD于I,如图1所示:
∵AE平分∠BAC,ED平分∠BDC,
∴EG=EH,EI=EH,
∴EG=EI,
∴CE平分∠DCG,
∴∠BCD=∠BCG,
∵∠DCG+∠ACD=180°,
∴2∠BCD+∠ACD=180°;
(2)解:延长AC至点F,使CF=CD,连接BF,如图2所示:
则AC+CF=AC+DC=AB,
即AF=AB,
∴∠ABF=∠AFB,
在△CDB和△CFB中,
CD=CF∠BCD=∠BCFBC=BC,
∴△CDB≌△CFB(SAS),
∴∠ABC=∠FBC,
∴∠AFB=∠ABF=2∠ABC,
∵∠ACD=18°,
∴∠BCD=∠BCF=12(180°﹣18°)=81°,
∵∠CDB=∠BAC+∠ACD=∠BAC+18°,∠CDB+∠BCD+∠ABC=180°,
∴∠BAC+18°+∠BAC+81°+∠ABC=180°,
∴∠ABC=81°﹣2∠BAC,
又∵∠ABF+∠AFB+∠BAC=180°,
∴4∠ABC+∠BAC=180°,
∴4(81°﹣∠BAC)+∠BAC=180°,
解得:∠BAC=48°.
18.(2020秋•唐山期中)如图,在△ABC中,AD,CE分别是BC、AB边上的高,AD与CE交于点F,连接BF,延长AD到点G,使得AG=BC,连接BG,若CF=AB.
(1)求证:△ABG≌△CFB;
(2)在完成(1)的证明后,爱思考的琪琪想:BF与BG之间有怎样的数量关系呢?它们之间又有怎样的位置关系?请你帮琪琪解答这一问题,并说明理由.
【分析】(1)根据SAS证明△ABG≌△CFB,再利用全等三角形的性质证明即可;
(2)根据全等三角形的性质得出∠G=∠FBD,再证明即可.
【解答】(1)证明:∵AD,CE是高,
∴∠BAD+∠AFE=∠BCF+∠CFD=90°,
∵∠AFE=∠CFD,
∴∠BAD=∠BCF,
在△ABG与△CFB中,
AG=BC∠BAD=∠BCFCF=AB,
∴△ABG≌△CFB(SAS);
(2)解:BF=BG,BF⊥BG,理由如下:
∵△ABG≌△CFB,
∴BF=BG,∠G=∠FBD,
∵AD⊥BC,
∴∠BDG=90°
∴∠G+∠DBG=90°,
∴∠FBD+∠DBG=90°,
∴∠FBG的度数为90°,
∴BF⊥BG.
19.(2021•乐清市一模)如图,四边形ABCD中,AB=AC=AD,AC平分∠BAD,E是对角线AC上一点,连接BE,DE.
(1)求证:BE=DE.
(2)当BE∥CD,∠BAD=78°时,求∠BED的度数.
【分析】(1)由角平分线的性质得∠BAE=∠DAE,由SAS证得△BAE≌△DAE,即可得出结论;
(2)由△BAE≌△DAE,得出∠BEA=∠DEA,推出∠BEC=∠DEC,易求∠BAC=∠DAC=12∠BAD=39°,由等腰三角形与三角形内角和定理求出∠ACD=∠ADC=70.5°,由平行线的定义得出∠BEC=∠ACD=70.5°,即可得出结果.
【解答】(1)证明:∵AC平分∠BAD,
∴∠BAE=∠DAE,
在△BAE和△DAE中,
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE,
∴△BAE≌△DAE(SAS),
∴BE=DE;
(2)解:由(1)得:△BAE≌△DAE,
∴∠BEA=∠DEA,
∴∠BEC=∠DEC,
∵AC平分∠BAD,∠BAD=78°,
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=12×78°=39°,
∵AC=AD,
∴∠ACD=∠ADC=12×(180°﹣39°)=70.5°,
∵BE∥CD,
∴∠BEC=∠ACD=70.5°,
∴∠BEC=∠DEC=70.5°,
∴∠BED=2×70.5°=141°.
20.(2021•岳麓区模拟)如图,AD平分∠BAC,AB=AC,且AB∥CD,点E在线段AD.上,BE的延长线交CD于点F,连接CE.
(1)求证:△ACE≌△ABE.
(2)当AC=AE,∠CAD=38°时,求∠DCE的度数.
【分析】(1)先由角平分线的性质可得∠CAE=∠BAE,再根据已知条件即可用SAS证明方法进行证明即可得出答案;
(2)现根据等腰三角形的性质可得出∠ACE=∠AEC=71°,再根据平行线的性质,∠DCA+∠BAC=180°,求解即可得出答案.
【解答】证明:(1)∵AD平分∠BAC,
∴∠CAE=∠BAE,
在△ACE和△ABE中,
AC=AB∠CAE=∠BAEAE=AE,
∴△ACE≌△ABE(SAS);
(2)∵AC=AE,∠CAD=38°,
∴∠ACE=∠AEC=71°,
又∵∠CAD=∠BAD=38°,
∴∠CAB=∠CAD+BAD=38°+38°=76°,
∵AB∥CD,
∴∠DCA+∠BAC=180°,
∴∠DCE+∠ACE+∠BAC=180°,
∴∠DCE=180°﹣71°﹣76°=33°.
21.(2021•南岗区模拟)已知:在△ABC和△DBE中,AB=DB,BC=BE,其中∠ABD=∠CBE.
(1)如图1,求证:AC=DE;
(2)如图2,AB=BC,AC分别交DE,BD于点F,G,BC交DE于点H,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图2中的四对全等三角形.
【分析】(1)根据SAS证明△ABC与△DBE全等,利用全等三角形的性质解答即可.
(2)根据全等三角形的判定解答即可.
【解答】证明:(1)∵∠ABD=∠CBE,
∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC,
即∠ABC=∠DBE,
在△ABC与△DBE中,
AB=DB∠ABC=∠DBEBC=BE,
∴△ABC≌△DBE(SAS),
∴AC=DE;
(2)由(1)得△ABC≌△DBE,
∴∠A=∠D,∠C=∠E,AB=DB,BC=BE,
∴AB=BE,
∵AB=BC,
∴∠A=∠C,
∴∠A=∠E,
在△ABG与△EBH中,
∠A=∠EAB=BE∠ABD=∠EBC,
∴△ABG≌△EBH(ASA),
∴BG=BH,
在△DBH与△CBG中,
BG=BH∠DBH=∠CBGDB=CB,
∴△DBH≌△CBG(SAS),
∴∠D=∠C,
∵DB=CB,BG=BH,
∴DG=CH,
在△DFG与△CFH中,
∠DFG=∠CFH∠D=∠CDG=CH,
∴△DFG≌△CFH(AAS).
22.(2019秋•沙坪坝区校级月考)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AD∥BC,E在AB上,AE=AC=AD,连接DE交AC于G.
(1)若AG=EG=2,如图1,求AB的长度.
(2)如图2,求证:AG+BC=AB.
【分析】(1)根据平行线的性质得到∠DAC=∠ACB=90°,根据等腰三角形的性质得到∠AED=∠D,得到∠BAC=∠D,根据全等三角形的性质得到BC=AG=2,求得∠BAC=30°,根据直角三角形的性质即可得到结论;
(2)延长BC到F,使CF=AG,根据全等三角形的性质得到∠CAF=∠D,求得AH⊥DE,根据等腰三角形的性质得到∠EAH=∠DAH,根据平行线的性质得到∠DAH=∠F,于是得到结论.
【解答】解:(1)∵∠ACB=90°,AD∥BC,
∴∠DAC=∠ACB=90°,
∵AE=AD,
∴∠AED=∠D,
∵AG=EG,
∴∠AEG=∠EAG,
∴∠BAC=∠D,
∵AC=AD,
∴△ACB≌△DAG(AAS),
∴BC=AG=2,
∵∠AGD=∠GAE+∠AEG=2∠D,
∴∠D=30°,
∴∠BAC=30°,
∴AB=2BC=4;
(2)延长BC到F,使CF=AG,
∵AD∥BC,∠ACB=90°,
∴∠DAG=∠ACB=90°,
∵AD=AC,
∴△ACF≌△DAG(SAS),
∴∠CAF=∠D,
∴∠CAF+∠AGD=90°,
∴AH⊥DE,
∵AE=AD,
∴∠EAH=∠DAH,
∵AD∥BC,
∴∠DAH=∠F,
∴∠BAF=∠F,
∴AB=BF,
∴AG+BC=AB.
23.(2021春•盐田区校级期中)如图,在△ABC中,点D,E,F分别在AB,BC,AC上,∠B=∠C=∠DEF=60°,BD=CE.
(1)求证:∠BDE=∠CEF;
(2)若DE=3,求EF的长.
【分析】(1)由三角形内角和定理及平角的定义可得出答案;
(2)证明△BDE≌△CEF( ASA),由全等三角形的性质得出DE=EF.
【解答】(1)证明:∵∠B+∠BDE+∠BED=180°,∠DEF+∠FEC+∠BED=180°,∠B=∠DEF=60°,
∴∠BDE=∠CEF;
(2)解:在△BDE和△CEF中,
∠B=∠CBD=CE∠BDE=∠CEF,
∴△BDE≌△CEF( ASA),
∴DE=EF,
∵DE=3,
∴EF=3.
24.(2020秋•东西湖区期末)以△ABC的AB、AC为边作△ABD和△ACE,且AE=AB,AC=AD,CE与BD相交于M,∠EAB=∠CAD=α.
(1)如图1,若α=40°,求∠EMB的度数;
(2)如图2,若G、H分别是EC、BD的中点,求∠AHG的度数(用含α式子表示);
(3)如图3,连接AM,直接写出∠AMC与α的数量关系是 90°+12α .
【分析】(1)由“SAS”可证△AEC≌△ABD,可得∠AEC=∠ABD,由外角的性质可得结论;
(2)由“SAS”可证△ACG≌△ADH,可得AG=AH,∠CAG=∠DAH,即可求解;
(3)由全等三角形的性质可得S△ACG=S△ADH,EC=BD,由面积法可求AP=AN,由角平分线的性质可求∠AMD,即可求解.
【解答】解:(1)∵∠EAB=∠CAD=α,
∴∠EAC=∠BAD,
在△AEC和△ABD中,
AE=AB∠EAC=∠BADAC=AD,
∴△AEC≌△ABD(SAS),
∴∠AEC=∠ABD,
∵∠AEC+∠EAB=∠ABD+∠EMB,
∴∠EMB=∠EAB=40°;
(2)连接AG,AH,
由(1)可得:EC=BD,∠ACE=∠ADB,
∵G、H分别是EC、BD的中点,
∴DH=CG,
在△ACG和△ADH中,
AC=AD∠ACE=∠ADBCG=DH,
∴△ACG≌△ADH(SAS),
∴AG=AH,∠CAG=∠DAH,
∴∠AGH=∠AHG,∠CAG﹣∠CAH=∠DAH﹣∠CAH,
∴∠GAH=∠DAC,
∵∠DAC=α,
∴∠GAH=α,
∵∠GAH+∠AHG+∠AGH=180°,
∴∠AHG=90°-12α;
(3)如图3,连接AM,过点A作AP⊥EC于P,AN⊥BD于N,
∵△ACE≌△ADB,
∴S△ACE=S△ADB,EC=BD,
∵12EC×AP=12×BD×AN,
∴AP=AN,
又∵AP⊥EC,AN⊥BD,
∴∠AME=∠AMD=180°-α2,
∴∠AMC=∠AMD+∠DMC=90°+12α,
故答案为:90°+12α.
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