西安铁一中滨河学校数学全等三角形单元练习（Word版 含答案）

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．取一副三角板按图拼接，固定三角板，将三角板绕点依顺时针方向旋转一个大小为的角得到，图所示．试问：

当为多少时，能使得图中？说出理由，

连接，假设与交于与交于，当时，探索值的大小变化情况，并给出你的证明．

【答案】（1）15°；（2）的大小不变，是，证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）由得到，即可求出；

（2）的大小不变，是,由，， ， ，即可利用三角形内角和求出答案.

【详解】

当为时，，

理由：由图，若，则，

，

所以，当为时，．

注意：学生可能会出现两种解法：

第一种：把当做条件求出为，

第二种：把为当做条件证出，

这两种解法都是正确的．

的大小不变，是

证明： ,

,

,

,

,

,

,

所以，的大小不变，是.

【点睛】

此题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形的外角定理，三角形的内角和，（2）中将角度和表示为三角形的外角是解题的关键.

2．已知：在平面直角坐标系中，为轴负半轴上的点，为轴负半轴上的点.

(1)如图1，以点为顶点、为腰在第三象限作等腰，若，，试求点的坐标；

(2)如图，若点的坐标为，点的坐标为，点的纵坐标为，以为顶点，为腰作等腰.试问：当点沿轴负半轴向下运动且其他条件都不变时，整式的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由；

(3)如图，为轴负半轴上的一点，且，于点，以为边作等边，连接交于点，试探索：在线段、和中，哪条线段等于与的差的一半？请你写出这个等量关系，并加以证明.

【答案】(1) C(-6,-2);(2)不发生变化，值为；（3）EN=(EM-ON)，证明见详解.

【解析】

【分析】

（1）作CQ⊥OA于点Q,可以证明，由QC=AD,AQ=BO,再由条件就可以求出点C的坐标；

（2）作DP⊥OB于点P，可以证明，则有BP=OB-PO=m-(-n)=m+n为定值，从而可以求出结论的值不变为.

（3）作BH⊥EB于点B，由条件可以得出∠1=30°,∠2=∠3=∠EMO=15°,∠EOF=∠BMG=45°,EO=BM,可以证明，则GM=ON,就有EM-ON=EM-GM=EG,最后由平行线分线段成比例定理就可得出EN=(EM-ON).

【详解】

（1）如图（1）作CQ⊥OA于Q,

∴∠AQC=90°,

∵为等腰直角三角形，

∴AC=AB,∠CAB=90°,

∴∠QAC+∠OAB=90°,

∵∠QAC+∠ACQ=90°,

∴∠ACQ=∠BAO,

又∵AC=AB,∠AQC=∠AOB,

∴(AAS),

∴CQ=AO,AQ=BO,

∵OA=2,OB=4,

∴CQ=2,AQ=4,

∴OQ=6,

∴C(-6,-2).

(2)如图（2）作DP⊥OB于点P,

∴∠BPD=90°,

∵是等腰直角三角形，

∴AB=BD,∠ABD=∠ABO+∠OBD=90°,

∵∠OBD+∠BDP=90°,

∴∠ABO=∠BDP,

又∵AB=BD,∠AOB=∠BPD=90°,

∴

∴AO=BP,

∵BP=OB-PO=m-(-n)=m+n,

∵A,

∴OA=,

∴m+n=,

∴当点B沿y轴负半轴向下运动时，AO=BP=m+n=,

∴整式的值不变为.

（3）

证明：如图（3）所示，在ME上取一点G使得MG=ON,连接BG并延长，交x轴于H.

∵为等边三角形，

∴BO=BM=MO,∠OBM=∠OMB=∠BOM=60°,

∴EO=MO,∠EBM=105°,∠1=30°,

∵OE=OB,

∴OE=OM=BM,

∴∠3=∠EMO=15°,

∴∠BEM=30°,∠BME=45°,

∵OF⊥EB,

∴∠EOF=∠BME,

∴,

∴BG=EN,

∵ON=MG,

∴∠2=∠3,

∴∠2=15°,

∴∠EBG=90°,

∴BG=EG,

∴EN=EG,

∵EG=EM-GM,

∴EN=(EM-GM),

∴EN=(EM-ON).

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角与内角的关系，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理的运用.

3．如图1所示，已知点在上，和都是等腰直角三角形，点为的中点.

（1）求证：为等腰直角三角形；

（2）将绕点逆时针旋转，如图2所示，（1）中的“为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由；

（3）将绕点逆时针旋转一定的角度，如图3所示，（1）中的“为等腰直角三角形”成立吗？请说明理由.

【答案】（1）详见解析；（2）是，证明详见解析；（3）成立，证明详见解析.

【解析】

【分析】

根据等腰直角三角形的性质得出，，推出，，，推出，，求出即可．

延长ED交AC于F，求出，，，根据ASA推出≌，推出即可．

过点C作，与DM的延长线交于点F，连接BF，推出≌，求出，，作于点N，证≌，推出，，求出，即可得出答案．

【详解】

证明：和都是等腰直角三角形，

，

点M为EC的中点，

，，

，，，

，，

，

同理，

是等腰直角三角形．

解：如图2，是等腰直角三角形，

理由是：延长ED交AC于F，

和是等腰直角三角形，

，

，

，

为EC中点，

，

，，

，

，，

，

，

在和中

≌，

，

，

是等腰直角三角形．

是等腰直角三角形，

理由是：过点C作，与DM的延长线交于点F，连接BF，

可证得≌，

，，

，

作于点N，

由已知，，

可证得，，

，

，

，

≌，

，，

，

是等腰直角三角形，

点M是DF的中点，

则是等腰直角三角形，

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，在本题中需要作辅助线来证明，难度较大．

4．（1）如图1，在Rt△ABC 中，，D、E是斜边BC上两动点，且∠DAE=45°，将△绕点逆时针旋转90后，得到△，连接.

（1）试说明：△≌△；

（2）当BE=3,CE=9时，求∠BCF的度数和DE的长；　

（3）如图2，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，D是斜边BC所在直线上一点，BD=3，BC=8，求DE2的长.

【答案】（1）略（2）∠BCF=90° DE=5 （3）34或130

【解析】

试题分析：由 得到 即 从而得到

由△得到，再证明利用勾股定理即可得出结论.

过点作于,根据等腰三角形三线合一得， 或求出的长，即可求得.

试题解析：

即

在和中，

设

解得：

故

过点作于,根据等腰三角形三线合一得，

或

或

或

点睛：是斜边所在直线上一点,注意分类讨论.

5．如图，AB=12cm，AC⊥AB，BD⊥AB ，AC=BD=9cm，点P在线段AB上以3 cm/s的速度，由A向B运动，同时点Q在线段BD上由B向D运动．

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当运动时间t=1（s），△ACP与△BPQ是否全等？说明理由，并直接判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；

（2）将 “AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA”，其他条件不变．若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能使△ACP与△BPQ全等.

（3）在图2的基础上延长AC，BD交于点E，使C，D分别是AE，BE中点，若点Q以（2）中的运动速度从点B出发，点P以原来速度从点A同时出发，都逆时针沿△ABE三边运动，求出经过多长时间点P与点Q第一次相遇．

【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；线段PC与线段PQ垂直（2）1或（3）9s

【解析】

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．

（3）因为VQ＜VP，只能是点P追上点Q，即点P比点Q多走PB+BQ的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．

【详解】

（1）当t=1时，AP=BQ=3，BP=AC=9，

又∵∠A=∠B=90°，

在△ACP与△BPQ中，，

∴△ACP≌△BPQ（SAS），

∴∠ACP=∠BPQ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°，

∠CPQ=90°，

则线段PC与线段PQ垂直.

（2）设点Q的运动速度x,

①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，

，

解得，

②若△ACP≌△BPQ，则AC=BQ，AP=BP，

解得，

综上所述，存在或使得△ACP与△BPQ全等.

（3）因为VQ＜VP，只能是点P追上点Q，即点P比点Q多走PB+BQ的路程，

设经过x秒后P与Q第一次相遇，

∵AC=BD=9cm，C，D分别是AE，BD的中点；

∴EB=EA=18cm.

当VQ=1时，

依题意得3x=x+2×9，

解得x=9；

当VQ=时，

依题意得3x=x+2×9，

解得x=12.

故经过9秒或12秒时P与Q第一次相遇.

【点睛】

本题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是熟练的掌握一元一次方程的性质与运算.

6．如图，在中，，，点是斜边的中点．点从点出发以的速度向点运动，点同时从点出发以一定的速度沿射线方向运动，规定当点到终点时停止运动．设运动的时间为秒，连接、．

（1）填空：______；

（2）当且点运动的速度也是时，求证：；

（3）若动点以的速度沿射线方向运动，在点、点运动过程中，如果存在某个时间，使得的面积是面积的两倍，请你求出时间的值．

【答案】（1）8;(2)见解析；（3）或4.

【解析】

【分析】

（1）直接可求△ABC的面积；

（2）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可求：∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°，即BD=CD，且BE=CF，即可证△CDF≌△BDE，可得DE=DF；

（3）分△ADF的面积是△BDE的面积的两倍和△BDE与△ADF的面积的2倍两种情况讨论，根据题意列出方程可求x的值．

【详解】

解：（1）∵S△ABC=AC×BC

∴S△ABC=×4×4=8（cm2）

故答案为：8

（2）如图：连接CD

∵AC=BC，D是AB中点

∴CD平分∠ACB

又∵∠ACB=90°

∴∠A=∠B=∠ACD=∠DCB=45°

∴CD=BD

依题意得：BE=CF

∴在△CDF与△BDE中

∴△CDF≌△BDE（SAS）

∴DE=DF

（3）如图：过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，

∵AD=BD，∠A=∠B=45°，∠AND=∠DMB=90°

∴△ADN≌△BDM（AAS）

∴DN=DM

当S△ADF=2S△BDE．

∴×AF×DN=2××BE×DM

∴|4-3x|=2x

∴x1=4，x2=

综上所述：x=或4

【点睛】

本题考查了动点问题的函数图象，全等三角形的性质和判定，利用分类思想解决问题是本题的关键．

7．如图，在中，为锐角，点为射线上一动点，连接.以为直角边且在的上方作等腰直角三角形.

（1）若，

①当点在线段上时（与点不重合），试探讨与的数量关系和位置关系；

②当点在线段的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，请在图2中面出相应的图形并说明理由；

（2）如图3，若，，，点在线段上运动，试探究与的位置关系.

【答案】（1）①CF⊥BD，证明见解析；②成立，理由见解析；（2）CF⊥BD，证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）①根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，②先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；

（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD．

【详解】

解：（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，

∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，

∴∠CAF=∠BAD，

在△ACF和△ABD中，

∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，

∴△ACF≌△ABD(SAS)，

∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，

∵∠ACB=45°，

∴∠FCB=90°，

∴CF⊥BD；

②成立，理由如下：如图2：

∵∠CAB=∠DAF=90°，

∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，

即∠CAF=∠BAD，

在△ACF和△ABD中，

∵AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，

∴△ACF≌△ABD(SAS)，

∴CF=BD，∠ACF=∠B，

∵AB=AC，∠BAC=90°，

∴∠B=∠ACB=45°，

∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，

∴CF⊥BD；

（2）如图3，过点A作AE⊥AC交BC于E，

∵∠BCA=45°，

∴△ACE是等腰直角三角形，

∴AC=AE，∠AED=45°，

∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，

∴∠CAF=∠EAD，

在△ACF和△AED中，

∵AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF，

∴△ACF≌△AED(SAS)，

∴∠ACF=∠AED=45°，

∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°，

∴CF⊥BD．

【点睛】

本题考查全等三角形的动点问题，综合性较强，有一定难度，需要熟练掌握全等三角形的判定和性质进行综合运用.

8．综合实践

如图①，，垂足分别为点，．

（1）求的长；

（2）将所在直线旋转到的外部，如图②，猜想之间的数量关系，直接写出结论，不需证明；

（3）如图③，将图①中的条件改为：在中，三点在同一直线上，并且，其中为任意钝角．猜想之间的数量关系，并证明你的结论．

【答案】(1)0.8cm;

(2)DE=AD+BE;

(3)DE=AD+BE，证明见解析．

【解析】

【分析】

(1)本小题只要先证明，得到，，再根据，，易求出BE的值；

(2)先证明，得到，，由图②ED=EC+CD，等量代换易得到之间的关系；

（３）本题先证明，然后运用“AAS”定理判定，从而得到，再结合图③中线段ED的特点易找到之间的数量关系．

【详解】

解：(1)∵

∴

∴

∵

∴

∴

在与中，

∴

∴

又∵，

∴

(2)∵

∴

∴

∴

∴

∴

在与中，

∴

∴

又∵

∴

(3)∵

∴

∴

在与中，

∴

∴

又∵

∴

【点睛】

本题考查的知识点是全等三角形的判定，确定一种判定定理，根据已知条件找到判定全等所需要的边相等或角相等的条件是解决这类题的关键．

9．如图（1），AB=4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=3cm，点P在线段AB上以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动，他们的运动时间为t(s).

（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由

（2）判断此时线段PC和线段PQ的关系，并说明理由。

（3）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB=∠DBA=60°”，其他条件不变，设点Q的运动速度为x cm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的值；若不存在，请说明理由。

【答案】（1）△ACP≌△BPQ，理由见解析；

（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由见解析；

（3）存在；或．

【解析】

【分析】

（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ；

（2）由（1）得出PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°得出结论即可；

（3）分两种情况：①AC=BP，AP=BQ，②AC=BQ，AP=BP，建立方程组求得答案即可．

【详解】

解：（1）如图（1），△ACP≌△BPQ，理由如下：

当t=1时，AP=BQ=1，

∴BP=AC=3，

又∵∠A=∠B=90°，

在△ACP和△BPQ中，

，

∴△ACP≌△BPQ（SAS）．

（2）PC=PQ且PC⊥PQ，理由如下：

由（1）可知△ACP≌△BPQ

∴PC=PQ，∠ACP=∠BPQ，

∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°．

∴∠CPQ=90°，

∴PC⊥PQ．

（3）如图（2），分两种情况讨论：

当AC=BP，AP=BQ时，△ACP≌△BPQ，则

，

解得，

当AC=BQ，AP=BP时，△ACP≌△BQP，则，

解得

综上所述，存在或使得△ACP与△BPQ全等．

【点睛】

本题主要考查了全等三角形的判定与性质的综合应用，能熟练进行全等的分析判断以及运用分类讨论思想是解题关键．

10．综合与实践：

我们知道“两边及其中一边的对角分别对应相等的两个三角形不一定全等”.但是，乐乐发现：当这两个三角形都是锐角三角形时，它们会全等.

（1）请你用所学知识判断乐乐说法的正确性.

如图，已知、均为锐角三角形，且，，.

求证：.

（2）除乐乐的发现之外，当这两个三角形都是______时，它们也会全等.

【答案】（1）见解析；（2）钝角三角形或直角三角形.

【解析】

【分析】

（1）过B作BD⊥AC于D，过B1作B1D1⊥B1C1于D1，得出∠BDA=∠B1D1A1=∠BDC=∠B1D1C1=90°，根据SAS证△BDC≌△B1D1C1，推出BD=B1D1，根据HL证Rt△BDA≌Rt△B1D1A1，推出∠A=∠A1，根据AAS推出△ABC≌△A1B1C1即可．

（2）当这两个三角形都是直角三角形时，直接利用HL即可证明；当这两个三角形都是钝角三角形时，与（1）同理可证.

【详解】

（1）证明：过点作于，过作于，

则.

在和中，

，，，

∴，

∴.

在和中，

，，

∴，

∴.

在和中，

，，，

∴.

（2）如图，当这两个三角形都是直角三角形时，

∵，，.

∴≌（HL）；

∴当这两个三角形都是直角三角形时，它们也会全等；

如图，当这两个三角形都是钝角三角形时，作BD⊥AC，，

与（1）同理，利用AAS先证明，得到，

再利用HL证明，得到，

再利用AAS证明；

∴当这两个三角形都是钝角三角形时，它们也会全等；

故答案为：钝角三角形或直角三角形.

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．解题的关键是熟练掌握证明三角形全等的方法.

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/216208fbab8271fe910ef12d2af90242a895abad.html