第十二章素养提升检测卷-2021-2022学年八年级上册数学【优+密卷】（人教版）

(2)∠B+∠C=2∠DOE BC=DC或AC=EC解析:∵AB⊥BD,ED∥AB,∴∠B= EA=ED,∴△EAB≌△EDC(SAS) ∴DE=DF.又AB:AC=3:2, 理由:因为∠BAD+∠ADC=360°-∠B-∠C,∠EAD ∠D=90°.又∵AB=ED ∠AEB=∠DEC,BE=EC. ∠ADO=180°-∠DOE,又因为AE,DO分别平分∠BAD, 当∠A=∠E时,△ABC≌△EDC(ASA); ∠BEC=∠AED=90°∴BE=EC,BE⊥EC AB·DE ∠ADC,所以∠BAD=2∠EAD,∠ADC=2∠ADO 当∠ACB=∠ECD时,△ABC≌△EDC(AAS); 23.解:(1)命题1:如果①,②,那么③;命题2:如果①,③,那 所以∠BAD+∠ADC=2(∠EAD+∠ADO).所以360° 当BC=DC时,△ABC≌△EDC(SAS); AC·DF)=AB:AC=3:2 ∠B-∠C=2(180°-∠DOE) 当AC=EC时,Rt△ABC≌Rt△EDC(HL) (2)命题1的证明:∵AE∥DF,∴∠A=∠D l1.B12.A13.5 所以∠B+∠C=2∠DOE (0,-2)或(4,-2)解析:如图所示,在x轴下方有一点P,∵AB=CD,∴AB+BC=CD+BC,即AC=DB 14.120°解析:∵△ABC≌△A'B'C',∴∠C=∠C=24°, 第十二章基础达标检测卷 使以O,A,P为顶点的三角形与△OAB全等,则满足条件的 在△AEC和△DFB中,∠E=∠F,∠A=∠D,AC=DB ∠B=180°-∠A-∠C=120° 点P的坐标是(0,-2)或(4,-2) △AEC≌△DFB(AAS).∴CE=BF :15.1解析:∵AD⊥BC.∴∠BDF=∠ADC=90 L D 2.A 命题2的证明:∵AE∥DF,∴∠ 在Rt△BDF和Rt△ADC中,BF=AC,DF=DC 3.C解析:∵AB=AC,∠BAE=∠CAD,∴当添加AE=AD 在△AEC和△DFB中 ∴Rt△BDF≌Rt△ADC(HL).∴BD=AD=4,DF=DC=3 时,可根据“SAS”判断△ABE≌△ACD;当添加∠B=∠C时, +-+-+-+4+-+-+-+-+ ∵∠E=∠F,∠A=∠D,CE=BF, ∵AF=AD-DF=4-3=1 可根据“ASA”判断△ABE≌△ACD;当添加∠AEB=∠ADC ∴△AEC≌△DFB(AAS).∴AC=DB 16.②解析:∵∠ABC=∠DCB,BC=CB,∴若添加①∠A 时,可根据“AAS”判断△ABE≌△ACD ∠D,则可由“AAS"判定△ABC≌△DCB;若添加②AC 4.C解析:∵△ABE≌△ACD,∴∠B=∠C=25°.∵∠A 24.解:(1)BP=2t,则PC=BC-BP=6-2t DB,则属于边边角的顺序,不能判定△ABC≌△DCB;若添 60°,∠C=25°,∴∠BDO=∠A+∠C=85°.∴∠DOE= (2)△BPD和△CQP全等 加③AB=DC,则可由“SAS”判定△ABC≌△DCB. ∠B+∠BDO=25°+85°=110 理由:∵t=1秒,BP=CQ=2×1=2(厘米) 17.4min解析:设运动tmin后,△CAP≌△PBQ.由题意,得 5.B解析:当两个三角形中两角及一边对应相等时,其中如果 ∴CP=BC-BP=6-2=4(厘米) AP=AB-BP=12-1,BQ=2.当△CAP≌△PBQ时, 边是这两角的夹边,可用“ASA”来判定两个三角形全等,如果 AB=8厘米,点D为AB的中点 t=2t,解得 即运动4 边是其中一角的对边,则可用“AAS”来判定这两个三角形全 十-十-十-十 BD=4厘米.∴PC=BD △CAP≌△PBQ 等,故A正确;当两个三角形中两条边及一角对应相等时,其 在△BPD和△CQP中,BD=PC,∠B=∠C,BP=CQ 18.证明:连接DH.在△DEH和△DFH中 中如果这组角是两边的夹角时两三角形全等,如果不是这两 -+-+-+-+=4--+-+-4-+ △BPD≌△CQP(SAS) DE= DF.EH=FH. DH= DH 边的夹角的时候不一定全等,故B错误;有两边和其中一边上 (3)∵点P,Q的运动速度不相等,∴BP≠CQ. ∴△DEH≌△DFH(SsS).∴∠DEH=∠DFH 的中线对应相等的两个三角形,符合“SS,SAS”判定方法,所15.OM=ONHL.全等三角形的对应角相等解析:在已知 又∵△BPD≌△CPQ,∠B=∠C 9.证明:∵AD∥BC,∴∠A=∠C.在△ADF和△CBE中 以,两个三角形必定全等,故C正确;一边相等的三角形利用的∠AOB的两边上,分别取OM=ON,再分别过点M,N作 ∴BP=PC=3厘米,CQ=BD=4厘米 ∠A=∠