12.2 三角形全等的判定(第四课时)-【新课程能力培养】2024-2025学年八年级上册数学同步练习（人教版）

全等三角形 第十二章 知识梳理 形成联系 【知识点 １ 】 三角形全等的判定—— HL ◎ 斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形 （“斜边、直角边”或 “ ”）． 1. 如图 12.2-17 ， ∠B＝∠C＝90° ， AB＝AC ， 则 △ABD≌△ACD 的理由是 （ ） A． SAS B． AAS C． ASA D． HL 2． 如图 12.2-18 ， 在 △ABC 中， AD⊥BC 于点 D ， 根据 “ HL ” 判定 △ABD≌△ACD ， 还 需添加条件 （ ） A． AB＝AC B． CD＝BD C． ∠BAD＝∠CAD D． ∠C＝∠B 3． 如图 12.2-19 ， 在 Rt△ABC 的斜边 BC 上截取 CD＝CA ， 过点 D 作 DE⊥BC 交 AB 于点 E ， 则有 （ ） A． DE＝DB B． DE＝AE C． AE＝BE D． AE＝BD 【知识点 ２ 】 直角三角形全等的判定综合 1. 如图 12.2-20 ， 在 △ABC 中， ∠C＝90° ， D 是 AC 上一点， DE⊥AB 于点 E ， BE＝BC ， 连接 BD ， AC＝8 cm ， 则 AD+DE 等于 （ ） A． 6 cm B． 7 cm C． 8 cm D． 9 cm 2． 如图 12.2-21 ， AB＝EF ， BC⊥AE 于 C ， FD⊥AE 于 D ， CE＝DA． 求证： AB∥EF． 12.2 三角形全等的判定 （第四课时） 图 12.2-17 图 12.2-18 图 12.2-19 A B C D A B C D A B C D E 图 12.2-20 A B C D E 图 12.2-21 AB C D E F 37 八年级上册 （人教版）数学 例题点拨 素养导向 【例】 如图 12.2-22 ， CD＝BE ， DG⊥BC 于点 G ， EF⊥BC 于点 F ， DG＝EF． （ 1 ） 求证： △DGC≌△EFB ； （ 2 ） 连接 BD ， CE ， 求证： BD＝CE． 【点拨】 （ 1 ） 根据直角边和斜边对应相等的两直角三角形全等， 可得答案； （ 2 ） 根据 全等三角形的判定和性质定理即可得到结论 . 本题考查了全等三角形的判定与性质， 熟练掌 握全等三角形的判定与性质是解题的关键 ． 夯实四基 达标闯关 1. 如图， PD⊥AB ， PE⊥AC ， 垂足分别为 D ， E ， PD＝PE ， 则 △APD 与 △APE 全等的理 由是 ． 2． 如图， AC⊥BD 于 P ， AP＝CP ， 增加下列一个条件 ： （ 1 ） BP＝DP ； （ 2 ） AB＝CD ； （ 3 ） ∠A＝∠C． 其中能判定 △ABP≌△CDP 的条件有 （ ） A． 0 个 B． 1 个 C． 2 个 D． 3 个 3． 如图， AC＝BD ， BD⊥AD 于点 D ， AC⊥BC 于点 C． 求证： ∠ABC＝∠BAD． 图 12.2-22 B C D E FG 第 3 题图 第 1 题图 第 2 题图 A B C D E P A B CD P A B C D 38 全等三角形 第十二章 4． 如图， OA＝OB ， AC＝BD ， OA⊥AC ， OB⊥BD ， OM⊥CD 于 M ， 求证： OM 平分 ∠AOB． 能力提升 综合拓展 5． 如图， 在 △ABC 中， ∠C＝90° ， AD 是 ∠BAC 的平分线， DE⊥AB 交 AB 于 E ， F 在 AC 上， BD＝DF． 求证： （ 1 ） CF＝EB ； （ 2 ） 若 AF＝2 ， EB＝1 ， 求 AB 的长 ． 中考链接 真题演练 6． （ 2022 ·谷城） 如图 1 ， 在平面直角坐标系中， P （ 4 ， 4 ） . （ 1 ） 点 A 在 x 轴的正半轴运动， 点 B 在 y 轴的正半轴上， PA＝PB． ① 求证： PA⊥PB ； ② 求 OA+OB 的值 ． （ 2 ） 点 A 在 x 轴的正半轴上运动， 点 B 在 y 轴的负半轴上， PA＝PB. ① 求 OA-OB 的值； ② 若点 A 的坐标为 （ 10 ， 0 ）， 求点 B 的坐标 ． 第 4 题图 第 5 题图 A B C D E F A B C D O M 第 6 题图 图 1 图 2 x y O A B P x y O A B P （ 4 ， 4 ） 39 八年级上册 （ 人教版 ）数学 12.2 三角形全等的判定 （ 第四课时 ） 【 知识点 1 】 全等 HL 1. D 2. A 3. B 【 知识点 2 】 1. C 2. 证明 ： ∵CE＝DA ， ∴AC＝ED. ∵BC⊥AE 于 C ， FD⊥AE 于 D ， ∴ 在 Rt△ABC 与 Rt△EFD 中 ， AB=EF ， AC=ED D ， ∴Rt△ABC≌Rt△EFD （ HL ）， ∴∠A＝ ∠E ， ∴AB∥EF. 【 例 】 证 明 ： （ 1 ） ∵DG⊥BC ， EF⊥BC ， ∴∠DGC＝∠EFB＝90° . 在 Rt△DGC 和 Rt△EFB 中 ， CD=BE ， DG=EF D ， ∴Rt△DGC≌Rt△EFB （ HL ） . （ 2 ） ∵Rt△DGC≌Rt△EFB ， ∴∠BCD＝∠CBE. ∵BC＝ CB ， CD＝BE ， ∴△BDC≌△CEB （ SAS ） . ∴BD＝CE. 1. HL 2. D 3. 证明 ： ∵AC⊥BC ， BD⊥AD ， ∴∠ACB＝∠BDA＝ 90°. 在 Rt△ABC 和 Rt△BAD 中 ， AB=BA ， AC=BD D ， ∴Rt△ABC≌ Rt△BAD （ HL ） . ∴∠ABC＝∠BAD. 4. 证明 ： 连接 OC ， OD ， ∵OA⊥AC ， OB⊥BD ， ∴∠A＝∠B＝90°. 在 △OAC 和 △OBD 中 ， AO=BO ， ∠A=∠B ， AC=BD D ) ) ) ) ( ) ) ) ) * ， ∴△OAC≌△OBD （ SAS ） . ∴∠AOC＝∠BOD ， OC＝OD. ∵OM⊥CD ， ∴∠OMC ＝∠OMD ＝90° . 在 Rt△OMC 和 Rt△OMD 中 ， OC=OD ， OM=OM M ， ∴Rt△OMC≌Rt△OMD （ HL ） . ∴∠COM＝∠DOM. ∴∠AOC+∠COM＝∠BOD+∠DOM ， ∴∠AOM＝∠BOM ， 即 OM 平分 ∠AOB. 5. （ 1 ） 证明 ： ∵∠C＝90° ， DE⊥AB 于 E ， ∴∠DEA＝ ∠C＝90°. ∵AD 是 ∠BAC 的平分线 ， ∴∠CAD＝∠EAD ， ∵AD ＝AD ， ∴△ACD≌△AED ， ∴DC ＝DE. ∵BD ＝DF ， ∴Rt△CDF≌Rt△EDB （ HL ） ， ∴CF＝EB. （ 2 ） 解 ： ∵DE⊥AB ， ∴∠DEB＝∠C＝90°. 在 Rt△DEB 和 Rt△DCF 中 ， BD=FD ， ED=CD D ， ∴Rt△DEB≌Rt△DCF （ HL ）， ∴EB＝CF. 在 Rt△ADE 和 Rt△ADC 中 ， AD=AD ， ED=CD D ， ∴Rt△ADE≌ Rt△ADC （ HL ）， ∴AE＝AC ， ∴AB-EB＝AF+CF ， ∴AB＝ AF+CF+EB＝AF+2EB＝2+2＝4. 6. （ 1 ） ① 证明 ： 如图 1 ， 过点 P 作 PE⊥x 轴于 E ， 作 PF⊥y 轴于 F ， ∴PE⊥PF. ∵P （ 4 ， 4 ）， ∴PE＝PF＝4. 在 Rt△APE 和 Rt△BPF 中 ， PA=PB ， PE=PF D ， ∴Rt△APE≌ Rt△BPF （ HL ）， ∴∠APE＝∠BPF ， ∴∠APB＝∠APE+ ∠BPE＝∠BPF+∠BPE＝∠EPF＝90° ， ∴PA⊥PB. ② 解 ： ∵Rt△APE≌Rt△BPF ， ∴BF＝AE. ∵OA＝OE+AE ， OB＝ OF-BF ， ∴OA+OB＝OE+AE+OF-BF＝OE+OF＝4+4＝8. （ 2 ） 解 ： ① 如图 2 ， 过点 P 作 PE⊥x 轴于 E ， 作 PF⊥y 轴于 F ， 同理得 Rt△APE≌Rt△BPF （ HL ）， ∴AE＝BF. ∵AE＝OA-OE＝OA-4 ， BF＝OB+OF＝OB+4 ， ∴OA-4＝OB+ 4. ∴OA-OB＝8. ②∵PE＝PF＝4 ， PE⊥x 轴于 E ， 作 PF⊥ y 轴于 F ， ∴ 四边形 OEPF 是正方形 ， ∴OE＝OF＝4. ∵A （ 10 ， 0 ）， ∴OA＝10. ∴AE＝OA-OE＝10-4＝6. ∵Rt△APE≌ Rt△BPF ， ∴AE＝BF＝6. ∴OB＝BF-OF＝6-4＝2. ∴ 点 B 的 坐标为 （ 0 ， -2 ） . 12.2 三角形全等的判定 （ 第五课时 ） 【 知识点 1 】 相等 相等 1. B 2. B 【 知识点 2 】 解 ： （ 1 ） AD＝BE. 理由如下 ： ∵CA ＝CB ， ∴∠CAB ＝∠CBA. ∵AD⊥BC ， BE⊥ AC ， ∴∠ADB＝∠BEC＝90°. 又 ∵AB＝BA ， ∴△ADB≌ △BEA （ AAS ） . ∴AD＝BE. （ 2 ） ∵∠DAB＝24° ， AD⊥BC ， ∴∠ABC＝90°-24°＝66° . 又 ∵CA＝CB ， AD ＝BE ， ∴△ADB≌△BEA （ HL ） ， ∴∠ABC ＝ ∠BAC＝66°. ∴∠C＝180°-66°-66°＝48°. 【 例 】 解 ： ∵∠CMD＝90° ， ∴∠CMA+∠DMB＝ 90°. 又 ∵∠CAM＝90° ， ∴∠CMA+∠ACM＝90° ， ∴ ∠ACM＝∠DMB. 在 Rt△ACM 和 Rt△BMD 中 ， ∠CAM=∠DBM ， ∠ACM=∠DMB ， CM=MD D ) ) ) ) ( ) ) ) ) * ， ∴Rt△ACM≌Rt△BMD （ AAS ）， ∴AC＝BM＝3. ∴ 他到达点 M 时 ， 运动时间为 3÷1＝ 3 （ s ） . 答 ： 这人运动了 3 s. 1. HL 2. 8 3. 解 ： 所画示意图如图所示 . 由题意知 ， AC＝DC＝20 步 ， 在 △ABC 和 △DEC 中 ， ∠D=∠A ， DC=AC ， ∠DCE=∠ACB D ) ) ) ) ( ) ) ) ) * ， ∴△ABC≌△DEC （ ASA ） . ∴AB＝ DE ， 又 ∵ 小刚共走了 90 步 ， 其中 第 6 题答图 图 1 图 2 x y O A B P （ 4 ， 4 ） F E x y O A B P E F 第 3 题答图 D A C B E 48