专题1.5 全等三角形综合练习（基础、培优、拔尖）-2024-2025学年八年级数学重难点专项训练（苏科版）

专题1-5 全等三角形综合练习（基础、培优、拔尖） 【学科专题——导学+3篇专项练习目录】 【1】学科专题——关键知识导学 【2】专题1-5 全等三角形综合练习——基础篇 【3】专题1-5 全等三角形综合练习——培优篇 【4】专题1-5 全等三角形综合练习——拔尖篇 【学科专题——关键知识导学】 专题1-5 全等三角形综合练习（基础篇） 1．（2024秋•鲤城区校级期中）下列各组图形中，属于全等图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024秋•沙坪坝区校级期中）如图，已知△ABC≌△AED，∠B＝30°，则∠E的度数为（　　） A．90° B．60° C．30° D．45° 3．（2024秋•路桥区期中）如图，点B，C在AD上，△ACE≌△DBF，AD＝8，BC＝4，则AB的长为（　　） A．1.5 B．2 C．3 D．4 4．（2024春•招远市期末）如图，已知∠1＝∠2，∠C＝∠B，则△ACD≌△ABD的依据是（　　） A．AAS B．ASA C．SSS D．SAS 5．（2024春•东明县期末）花花不慎将一块三角形的玻璃打碎成了如图所示的四块（图中所标①、②、③、④），若要配块与原来大小一样的三角形玻璃，应该带（　　） A．第①块 B．第②块 C．第③块 D．第④块 6．（2024秋•增城区期中）△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB＝6，AC＝4，则AD的取值范围是（　　） A．1＜AD＜5 B．2＜AD＜6 C．4＜AD＜6 D．2＜AD＜10 7．（2024秋•赣榆区期中）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝6，CF＝4，则BD的长是（　　） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 8．（2024秋•宜阳县期中）如图，已知OA＝OB，OC＝OD，则下列选项中错误的是（　　） A．∠B＝∠D B．∠B＝∠A C．AC∥DB D．AC＝BD 9．（2024秋•镇江期中）如图，△ABC≌△DEF，若BC＝4，则EF的长为 　 　． 10．（2024秋•江阴市期中）若△ABC≌△DEF，∠A＝105°，∠E＝60°，则∠C＝ 　 　． 11．（2023秋•城口县期末）如图，已知∠1＝∠2，利用“SAS”加上条件 　 　，可以证明△ADB≌△ADC． 12．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，AB＝AC，点D，E分别在AB与AC上，CD与BE相交于点F．只填一个条件使得△ABE≌△ACD，添加的条件是：　 　． 13．（2024秋•丹阳市期中）如图，点C、E在线段BF上，BE＝CF，AB∥DE，∠A＝∠D，若AC＝4则DF＝ 　 　． 14．（2024秋•铜梁区校级期中）如图，点D、E、F是△ABC三边上的点，连接DE、DF，∠DEB＝∠FDC＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠EDF＝58°，则∠A＝ 　 　． 15．（2024秋•安阳期中）如图，小明与小红玩跷跷板游戏，支点O是跷跷板的中点，两人分别坐在跷跷板的两端（即OF＝OG），如果点O距地面的距离是60cm，当小明从水平位置CD上升15cm，这时小红距地面的高度是　 　cm． 16．（2024秋•红谷滩区校级月考）如图，点A，C，B，D在同一条直线上，BE∥DF，∠A＝∠F，AB＝FD．若∠FCD＝35°，∠A＝75°，则∠DBE的度数为 　 　°． 17．（2024秋•建湖县期中）已知：如图，点C，D在AB上，∠A＝∠B，∠F＝∠E，DF＝CE． 求证：AC＝DB． 18．（2024秋•盐都区期中）如图，已知AB∥CF，点E是AC的中点，直线FE交AB于点D． （1）求证：△ADE≌△CFE； （2）若AB＝9，CF＝5，求BD的长． 19．（2024秋•宁波期中）2如图，AB＝AE，∠B＝∠E，∠BCA＝∠EDA，AF⊥CD． （1）求证：△ABC≌△AED； （2）试说明∠BAF与∠EAF的数量关系． 20．（2024秋•沙坡头区校级期中）如图，A、B、C、D四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库P和Q分别位于AD和DC上，且PD＝QC，证明两条直路BP＝AQ且BP⊥AQ． 专题1-5 全等三角形综合练习（培优篇） 21．（2024秋•江阳区校级期中）如图，△ABC≌△DCB，若∠DBC＝40°，则∠AOB＝（　　） A．80° B．60° C．50° D．40° 22．（2024秋•温州期中）如图，在△ABC中，在边AB上取一点P，连接CP，在边CP上取点Q，连接BQ，若△ACP≌△QBP，∠ACP＝20°，则∠CBQ的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 23．（2024秋•绿园区校级期中）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D＝90°，AC＝DE，若要用“斜边直角边（HL）．”直接证明Rt△ABC≌Rt△DEF，则还需补充条件（　　） A．AB＝DF B．∠B＝∠F C．∠ACB＝∠DEF D．BE＝FC 24．（2024秋•巴彦县校级月考）下列说法中： ①如果一个三角形两个内角的差等于另一个内角，那么这个三角形是直角三角形； ②三角形的外角等于两个内角的和； ③两组边分别相等的两个直角三角形全等； ④三角形中最大的内角不能小于60°；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 25．（2024秋•费县期中）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝6，∠DAB＝∠DCB＝90°，四边形ABCD的面积为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 26．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，分别延长AC，AB边上的中线BD，CE到F，G．使DF＝BD，EG＝CE，则下列说法：①GA＝AF；②GA∥BC；③GB＝BF；④四边形GBCF的面积是△ABC面积的3倍．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 27．（2024秋•江阴市期中）如图，△ABC≌△ADE，线段BC的延长线过点E，与线段AD交于点F，∠ACB＝∠AED＝108°，∠CAD＝12°，∠B＝48°，则∠DEF的度数　 　． 28．（2024秋•铁西区期中）一个三角形的三边为2、5、x，另一个三角形的三边为y、2、4，若这两个三角形全等，则x+y＝　 　． 29．（2024秋•邗江区月考）如图，AB＝12米，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC＝4米，P点从点B向点A运动，每分钟走1米，Q点从B向D运动，每分钟走2米，若P、Q两点同时开始出发，运动 　 　分钟后△CAP≌△PBQ． 30．（2024秋•海州区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，CD＝2BD，点E，F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC，若△BDE的面积为2，△ABC的面积为21，则△CFD的面积为 　 　． 31．（2024秋•城中区校级期中）如图，AB∥CE，AB＝10cm，点D是BC的中点，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点C出发，沿射线CE以1cm/s的速度运动，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，当线段PQ经过点D时，点Q的运动时间为 　 　． 32．（2024秋•裕华区校级期中）添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE＝BA，∠E＝∠C，若，AD＝16，BD＝20，求△BDE的面积，同学们可以先思考一下…，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在BD上截取BF＝DE．（如图2）．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得： （1）△BDE≌　 　； （2）△BDE的面积为 　 　． 33．（2024秋•五华区校级期中）如图，△ABC全等于△DEB，E在边AB上，DE与AC交于点F．若DE＝10，BC＝4，∠D＝30°，∠DBA＝70°． （1）求线段AE的长． （2）求∠DBC的度数． 34．（2024秋•大同月考）如图，在△ABC中，点D在边BC上，点E在边AD上，延长BE交AC于点F，且△ACD≌△BED． （1）若BC＝11，AD＝8，求CD的长度； （2）求证：∠AFE＝90°； （3）若S△BCF＝20，S四边形CFED＝8，则S△AEF＝ 　 　． 35．（2024•丰城市校级开学）（1）已知a、b、c为△ABC的三边长，且b、c满足（b﹣5）2+|c﹣7|＝0，a为方程|a﹣3|＝2的解，求△ABC的周长． （2）如图，△ABC≌△DEF，点B、F、C、E在同一条直线上，若BE＝10，FC＝2，求BF的长． 36．（2024秋•嘉峪关校级期中）如图，在△ABC中，AC＝CB，直线l经过顶点C，分别过A，B两点作l的垂线AE，BF，E，F为垂足，AE＝CF． （1）求证：EF＝AE+BF （2）求证：∠ACB＝90°． 37．（2024秋•铁西区期中）如图，在△ABC中，AD，CE为△ABC的高．AD，CE交点H，且EH＝EB＝2，AE＝3． （1）求证：AH＝BC． （2）求CH的长． 38．（2024春•西安期末）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE． （1）当∠A＝80°时，求∠EDC的度数； （2）求证：CF＝FG+CE． 39．（2024秋•泉州期中）如图，小刚站在河边的A点处，在河对岸的B处有一电线塔（小刚的正北方向），他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了20步到达一棵树C处，接着再向前走了20步到达D处，然后再左转90°直行，当小刚看到电线塔B、树C与自己现处的位置E在一条直线时，他共走了110步． （1）根据题意，画出示意图； （2）若小刚一步约0.6米，请求出A、B两点间的距离（写出推理过程）． 40．（2024秋•柘城县期中）如图，某村庄有一块五边形的田地，AB＝AE＝CD＝60m，∠ABC＝∠AED＝90°，连接对角线AC，AD，∠BAE＝2∠CAD． （1）∠BAC，∠DAE与∠CAD之间的数量关系是 　 　． （2）为保护田内作物不被牲畜踩踏，村里决定给这块田地的五边上围一圈木栅栏，已知每米木栅栏的建造成本是50元，则建造木栅栏共需花费多少元？（提示：延长CB至点G，使BG＝DE） （3）在△ADE和△ABC区域种上小麦，已知每平方米田地的小麦播种量为11.25克，请直接写出需提前准备多少千克的小麦种． 专题1-5 全等三角形综合练习（拔尖篇） 41．（2024秋•天津期中）如图，△ABC≌△ADE，D在BC上，连接CE，则以下结论：①AD平分∠BDE；②∠CDE＝∠BAD；③∠DAC＝∠DEC； ④AD＝DC．其中正确的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 42．（2024春•崇川区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（　　） A． B． C． D． 43．（2024春•渠县校级期末）已知AB＝10，AC＝6，BD＝8，其中∠CAB＝∠DBA＝α，点P以每秒2个单位长度的速度，沿着C→A→B路径运动．同时，点Q以每秒x个单位长度的速度，沿着D→B→A路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t秒． ①若x＝1，则点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍； ②当P、Q两点同时到达A点时，x＝6； ③若α＝90°，t＝5，x＝1时，PC与PQ垂直； ④若△ACP与△BPQ全等，则x＝0.8或． 以上说法正确的选项为（　　） A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 44．（2024秋•高安市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当t＝　 　秒时，△PEC与△QFC全等． 45．（2024春•通川区期末）如图，△ABC的内角∠ABC和外角∠ACD的平分线相交于点E，BE交AC于点F，过点E作EG∥BD交AB于点G，交AC于点H，连接AE，有以下结论： ①∠BEC＝∠BAC；②△HEF≌△CBF；③BG＝CH+GH；④∠AEB+∠ACE＝90°，其中正确的结论有　 　（将所有正确答案的序号填写在横线上）． 46．（2024秋•江岸区校级月考）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，GD＝DE，CF＝FG+CE． （1）当∠EDC＝55°时，求∠A的度数； （2）求证：∠A＝2∠BDF． 47．（2024春•兴宁市期末）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝8cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t（s）． （1）求证：AB∥DE． （2）写出线段AP的长（用含t的式子表示）． （3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值． 48．（2024春•乐平市期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1-5 全等三角形综合练习（基础、培优、拔尖） 【学科专题——导学+3篇专项练习目录】 【1】学科专题——关键知识导学 【2】专题1-5 全等三角形综合练习——基础篇 【3】专题1-5 全等三角形综合练习——培优篇 【4】专题1-5 全等三角形综合练习——拔尖篇 【学科专题——关键知识导学】 专题1-5 全等三角形综合练习（基础篇） 1．（2024秋•鲤城区校级期中）下列各组图形中，属于全等图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据全等图形的定义，逐项判断即可求解． 【详解】解：A．两个图形不是全等图形，故本选项不符合题意； B．两个图形不是全等图形，故本选项不符合题意； C．两个图形是全等图形，故本选项符合题意； D．两个图形不是全等图形，故本选项不符合题意； 故选：C． 2．（2024秋•沙坪坝区校级期中）如图，已知△ABC≌△AED，∠B＝30°，则∠E的度数为（　　） A．90° B．60° C．30° D．45° 【分析】根据全等三角形对应角相等即可得到答案． 【详解】解：∵△ABC≌△AED，∠B＝30° ∴∠E＝∠B＝30°， 所以只有C正确，符合题意， 故选：C． 3．（2024秋•路桥区期中）如图，点B，C在AD上，△ACE≌△DBF，AD＝8，BC＝4，则AB的长为（　　） A．1.5 B．2 C．3 D．4 【分析】由全等三角形的性质推出AC＝DB，得到AB＝CD，而AD＝8，BC＝4，即可求出AB＝2． 【详解】解：∵△ACE≌△DBF， ∴AC＝DB， ∴AB＝CD， ∵AD＝8，BC＝4， ∴AB+CD＝8﹣4＝4， ∴AB＝2． 故选：B． 4．（2024春•招远市期末）如图，已知∠1＝∠2，∠C＝∠B，则△ACD≌△ABD的依据是（　　） A．AAS B．ASA C．SSS D．SAS 【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可． 【详解】解：在△ACD和△ABD中， ， ∴△ACD≌△ABD（AAS）， 故选：A． 5．（2024春•东明县期末）花花不慎将一块三角形的玻璃打碎成了如图所示的四块（图中所标①、②、③、④），若要配块与原来大小一样的三角形玻璃，应该带（　　） A．第①块 B．第②块 C．第③块 D．第④块 【分析】根据三角形全等的判定方法作出判断即可． 【详解】解：带②去可以利用“角边角”能配一块与原来大小一样的三角形玻璃． 故选：B． 6．（2024秋•增城区期中）△ABC中，AD是BC边上的中线，若AB＝6，AC＝4，则AD的取值范围是（　　） A．1＜AD＜5 B．2＜AD＜6 C．4＜AD＜6 D．2＜AD＜10 【分析】延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，证明△ADC≌△EDB（SAS），推出AC＝BE＝4，在△ABE中，根据三角形三边关系定理得出AB﹣BE＜AE＜AB+BE，代入求出即可． 【详解】解：延长AD到E，使AD＝DE，连接BE， ∵AD是BC边上的中线， ∴BD＝CD， 在△ADC和△EDB中， ， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴AC＝BE＝4， 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE， ∴6﹣4＜2AD＜6+4， ∴1＜AD＜5， 故选：A． 7．（2024秋•赣榆区期中）如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，若AB＝6，CF＝4，则BD的长是（　　） A．1.5 B．2 C．2.5 D．3 【分析】根据平行线的性质，得出∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F，根据全等三角形的判定，得出△ADE≌△CFE，根据全等三角形的性质，得出AD＝CF，根据AB＝6，FC＝4，即可求线段DB的长． 【详解】解：∵CF∥AB， ∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F， 在△ADE和△FCE中， ， ∴△ADE≌△CFE（AAS）， ∴AD＝CF＝4， ∵AB＝6， ∴DB＝AB﹣AD＝6﹣4＝2． 故选：B． 8．（2024秋•宜阳县期中）如图，已知OA＝OB，OC＝OD，则下列选项中错误的是（　　） A．∠B＝∠D B．∠B＝∠A C．AC∥DB D．AC＝BD 【分析】由OA＝OB，∠AOC＝∠BOD，OC＝OD，根据“SAS”证明△AOC≌△BOD，得∠B＝∠A，AC＝BD，所以AC∥DB，可判断故B不符合题意，C不符合题意，D不符合题意；假设∠B＝∠D，则OB＝OD，与已知条件不符，可判断A符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（SAS）， ∴∠B＝∠A，AC＝BD， ∴AC∥DB， 故B不符合题意，C不符合题意，D不符合题意； 假设∠B＝∠D，则OB＝OD，与已知条件不符， ∴∠B与∠D不一定相等， 故A符合题意， 故选：A． 9．（2024秋•镇江期中）如图，△ABC≌△DEF，若BC＝4，则EF的长为 　 　． 【分析】根据全等三角形的性质，可以得到BC＝EF，然后根据BC的长，即可写出EF的长． 【详解】解：∵△ABC≌△DEF，BC＝4， ∴BC＝EF＝4． 故答案为：4． 10．（2024秋•江阴市期中）若△ABC≌△DEF，∠A＝105°，∠E＝60°，则∠C＝ 　 　． 【分析】根据全等三角形的性质及三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵△ABC≌△DEF，∠E＝60°， ∴∠B＝∠E＝60°， ∵∠A＝105°，∠A+∠B+∠C＝180°， ∴∠C＝15°， 故答案为：15°． 11．（2023秋•城口县期末）如图，已知∠1＝∠2，利用“SAS”加上条件 　 　，可以证明△ADB≌△ADC． 【分析】利用全等三角形的判定方法求解． 【详解】解：∵∠1＝∠2，AD＝AD， ∴当添加AB＝AC时，△ADB≌△ADC（SAS）． 故答案为：AB＝AC． 12．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，AB＝AC，点D，E分别在AB与AC上，CD与BE相交于点F．只填一个条件使得△ABE≌△ACD，添加的条件是：　 　． 【分析】根据题意，已经有一组边相等，一个公共角，结合图形，根据两个三角形全等的判定定理，添加一组角相等，构成ASA，即可得到两个三角形全等．根据其他的判定定理，也可添加其他的条件． 【详解】解：∵∠B＝∠C，AB＝AC，∠A＝∠A， ∴△ABE≌△ACD（ASA）， 故答案为：∠B＝∠C（答案不唯一）． 13．（2024秋•丹阳市期中）如图，点C、E在线段BF上，BE＝CF，AB∥DE，∠A＝∠D，若AC＝4则DF＝ 　 　． 【分析】由“AAS”可证△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质可得AC＝DF＝4． 【详解】解：∵BE＝CF， ∴BE+EC＝CF+EC， ∴BC＝EF． ∵AB∥DE， ∴∠B＝∠DEF， 在△ABC与△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（AAS）， ∴AC＝DF＝4， 故答案为：4． 14．（2024秋•铜梁区校级期中）如图，点D、E、F是△ABC三边上的点，连接DE、DF，∠DEB＝∠FDC＝90°，BD＝CF，BE＝CD．若∠EDF＝58°，则∠A＝ 　 　． 【分析】利用HL证明Rt△DEB≌Rt△FDC，根据全等三角形的性质求出∠B＝∠C，结合平角定义、三角形内角和定理求出∠B＝58°＝∠C，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵∠DEB＝∠FDC＝90°， ∴△DEB和△FDC是直角三角形， 在Rt△DEB和Rt△FDC中， ， ∴Rt△DEB≌Rt△FDC（HL）， ∴∠B＝∠C， ∵∠EDB+∠EDF+∠FDC＝180°，∠FDC＝90°，∠EDF＝58°， ∴∠EDB＝32°， ∴∠B＝180°﹣∠DEB﹣∠EDB＝58°＝∠C， ∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝64°， 故答案为：64°． 15．（2024秋•安阳期中）如图，小明与小红玩跷跷板游戏，支点O是跷跷板的中点，两人分别坐在跷跷板的两端（即OF＝OG），如果点O距地面的距离是60cm，当小明从水平位置CD上升15cm，这时小红距地面的高度是　 cm． 【分析】根据AAS证明△FCO≌△GDO，可得FC＝DG，即可求解． 【详解】解：由题意可知，OF＝OG，∠FOC＝∠DOG，∠FCO＝∠GDO＝90°， 在△FCO和△GDO中， ， ∴△FCO≌△GDO（AAS）， ∴FC＝DG， ∵当小明从水平位置CD上升15cm，即FC＝15cm， ∴DG＝15cm， 又∵点O至地面的距离是60cm， ∴这时小红距地面的高度是60﹣15＝45（cm）， 故答案为：45． 16．（2024秋•红谷滩区校级月考）如图，点A，C，B，D在同一条直线上，BE∥DF，∠A＝∠F，AB＝FD．若∠FCD＝35°，∠A＝75°，则∠DBE的度数为 　 　°． 【分析】由“ASA”可证△BAE和≌DFC，可得∠E＝∠FCD＝35°，由外角的性质可求解． 【详解】解：∵BE∥DF， ∴∠ABE＝∠D， 在△FDC和△ABE中， ， ∴△FDC≌△ABE（ASA）， ∴∠FCD＝∠E＝35°， ∴∠DBE＝∠E+∠A＝35°+75°＝110°， 故答案为：110． 17．（2024秋•建湖县期中）已知：如图，点C，D在AB上，∠A＝∠B，∠F＝∠E，DF＝CE． 求证：AC＝DB． 【分析】利用ASA证明△ADF≌△BCE，根据全等三角形的性质及线段的和差即可得证． 【详解】证明：在△ADF和△BCE中， ， ∴△ADF≌△BCE（ASA）， ∴AD＝BC， ∴AD﹣CD＝BC﹣CD， 即AC＝DB． 18．（2024秋•盐都区期中）如图，已知AB∥CF，点E是AC的中点，直线FE交AB于点D． （1）求证：△ADE≌△CFE； （2）若AB＝9，CF＝5，求BD的长． 【分析】（1）利用平行线的性质证明∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠CFE，由中点定义得到AE＝CE，即可证明△ADE≌△CFE（AAS）； （2）根据全等三角形的性质得到AD＝CF＝5，即可得到BD的长． 【详解】（1）证明：∵AB∥CF， ∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠CFE， ∵点E是AC的中点， ∴AE＝CE， 在△ADE和△CFE中， ， ∴△ADE≌△CFE（AAS）； （2）解：∵△ADE≌△CFE，CF＝5， ∴AD＝CF＝5， ∵AB＝9， ∴BD＝AB﹣AD＝4． 19．（2024秋•宁波期中）2如图，AB＝AE，∠B＝∠E，∠BCA＝∠EDA，AF⊥CD． （1）求证：△ABC≌△AED； （2）试说明∠BAF与∠EAF的数量关系． 【分析】（1）根据AAS即可证明△ABC≌△AED； （2）根据全等三角形的性质得出AC＝AD，∠BAC＝∠EAD，运用等腰三角形性质及角的和差详解问题． 【详解】（1）证明：在△ABC和△AED中， ， ∴△ABC≌△AED（AAS）； （2）解：∠BAF＝∠EAF，理由如下： ∵△ABC≌△AED， ∴AC＝AD，∠BAC＝∠EAD， ∵AF⊥CD， ∴∠CAF＝∠DAF， ∴∠BAC+∠CAF＝∠EAD+∠DAF， ∴∠BAF＝∠EAF． 20．（2024秋•沙坡头区校级期中）如图，A、B、C、D四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库P和Q分别位于AD和DC上，且PD＝QC，证明两条直路BP＝AQ且BP⊥AQ． 【分析】利用正方形的性质结合全等三角形的判定与性质得出即可． 【详解】证明：由题意可得：AD＝AB＝BC＝DC，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°， ∵PD＝QC， ∴AP＝DQ， 在△ADQ和△BAP中 ， ∴△ADQ≌△BAP（SAS）， ∴BP＝AQ，∠APB＝∠AQD， ∵∠DAQ+∠AQD＝90°， ∴∠DAQ+∠APB＝90°， ∴BP⊥AQ， ∴BP＝AQ且BP⊥AQ． 专题1-5 全等三角形综合练习（培优篇） 21．（2024秋•江阳区校级期中）如图，△ABC≌△DCB，若∠DBC＝40°，则∠AOB＝（　　） A．80° B．60° C．50° D．40° 【分析】利用全等三角形的性质证明∠ACB＝∠DBC＝40°，根据三角形外角的性质可得结论． 【详解】解：∵△ABC≌△DCB，∠DBC＝40°， ∴∠ACB＝∠ABC＝40°， ∴∠AOB＝∠OCB+∠OBC＝40°+40°＝80°． 故选：A． 22．（2024秋•温州期中）如图，在△ABC中，在边AB上取一点P，连接CP，在边CP上取点Q，连接BQ，若△ACP≌△QBP，∠ACP＝20°，则∠CBQ的度数为（　　） A．15° B．20° C．25° D．30° 【分析】根据全等三角形的性质得∠APC＝∠QPB＝90°，∠ACP＝∠QBP＝20°，CP＝BP，根据等边对等角得∠APC＝∠QPB＝90°即可求解． 【详解】解：∵△ACP≌△QBP，∠ACP＝20°， ∴∠APC＝∠QPB＝×180°＝90°，∠ACP＝∠QBP＝20°，CP＝BP， ∴∠PCB＝∠PBC＝∠QPB＝×90°＝45°， ∴∠CBQ＝∠PBC﹣∠QBP＝45°﹣20°＝25°， 故选：C． 23．（2024秋•绿园区校级期中）如图，在△ABC和△DEF中，∠A＝∠D＝90°，AC＝DE，若要用“斜边直角边（HL）．”直接证明Rt△ABC≌Rt△DEF，则还需补充条件（　　） A．AB＝DF B．∠B＝∠F C．∠ACB＝∠DEF D．BE＝FC 【分析】根据直角三角形的全等判定详解即可． 【详解】解：补充BE＝FC，可得：BC＝EF， 在Rt△ABC和Rt△DFE中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△DFE（HL）， 故选：D． 24．（2024秋•巴彦县校级月考）下列说法中： ①如果一个三角形两个内角的差等于另一个内角，那么这个三角形是直角三角形； ②三角形的外角等于两个内角的和； ③两组边分别相等的两个直角三角形全等； ④三角形中最大的内角不能小于60°；其中正确的个数是（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据三角形的内角和定理，三角形外角的性质，全等三角形的判定逐项判定可求解． 【详解】解：①如果一个三角形两个内角的差等于另一个内角，如：∠A＝∠C﹣∠B， 则∠A+∠B＝∠C＝180°﹣∠C， ∴∠C＝90°， ∴这个三角形是直角三角形， 故①正确，符合题意； ②三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，故②错误，不符合题意； ③两组边分别对应相等的两个直角三角形全等，故③错误，不符合题意； ④三角形中最大的内角不能小于60°，故④正确，符合题意； 故正确的有①④，共2个， 故选：B． 25．（2024秋•费县期中）如图，四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝6，∠DAB＝∠DCB＝90°，四边形ABCD的面积为（　　） A．12 B．14 C．16 D．18 【分析】延长CB至点E，使得BE＝CD，连接AE，构造△ADC≌△ABE（SAS），推出S四边形ABCD＝S△CAE，即可求解． 【详解】解：四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝6，∠DAB＝∠DCB＝90°，如图，延长CB至点E，使得BE＝CD，连接AE， ∴∠ABC+∠ADC＝360°﹣∠DAB﹣∠DCB＝360°﹣90°﹣90°＝180°， 又∵∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， 在△ADC和△ABE中， ， ∴△ADC≌△ABE（SAS）， ∴∠DAC＝∠BAE，AE＝AC＝6，S△ADC＝S△ABE， ∴∠DAB＝∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB＝∠CAE＝90°， ∴， 故选：D． 26．（2024秋•朝阳区校级期中）如图，在△ABC中，分别延长AC，AB边上的中线BD，CE到F，G．使DF＝BD，EG＝CE，则下列说法：①GA＝AF；②GA∥BC；③GB＝BF；④四边形GBCF的面积是△ABC面积的3倍．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【分析】由AE＝BE，∠AEG＝∠BEC，GE＝CE，根据“SAS”证明△AEG≌△BEC，得GA＝BC，∠AGE＝∠BCE，所以GA∥BC，可判断②正确；同理△ADF≌△CDB，△BEG≌△AEC，所以AF＝BC，∠AFD＝∠CBD，GB＝AC，则AG＝AF，AF∥BC，可判断①正确；由AG∥BC，AF∥BC，证明G、A、F三点在同一条直线上，则GF∥BC，设两条平行线GF与BC之间的距离为h，则，可证明S四边形GBCF＝3S△ABC，可判断④正确，无法判断GB＝BF，于是得到问题的答案． 【详解】解：在△ABC中，BD是△ABC的中线， ∴AD＝CD， 在△ADF和△CDB中， ， 同理△ADF≌△CDB（SAS）， ∴AF＝BC，∠AFD＝∠CBD， ∴AG＝AF，AF∥BC， 故①正确； 在△ABC中，CE是△ABC的中线， ∴AE＝BE， 在△AEG和△BEC中， ， ∴△AEG≌△BEC（SAS）， ∴GA＝BC，∠AGE＝∠BCE， ∴GA∥BC， 故②正确； ∵AG∥BC，AF∥BC， ∴G、A、F三点在同一条直线上， ∴GF∥BC， 设两条平行线GF与BC之间的距离为h， ∵GA＝AF＝BC， ∴， ∴， ∴S四边形GBCF＝3S△ABC， 故④正确； 无法判断GB＝BF， 故③错误； 综上分析可知：正确的有①②④， 故B正确． 故选：B． 27．（2024秋•江阴市期中）如图，△ABC≌△ADE，线段BC的延长线过点E，与线段AD交于点F，∠ACB＝∠AED＝108°，∠CAD＝12°，∠B＝48°，则∠DEF的度数　 　． 【分析】由△ACB的内角和定理求得∠CAB＝24°；然后由全等三角形的对应角相等得到∠EAD＝∠CAB＝24°．则结合已知条件易求∠EAB的度数；最后利用△AEB的内角和是180度和图形来求∠DEF的度数． 【详解】解：∵∠ACB＝108°，∠B＝48°， ∴∠CAB＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝180°﹣48°﹣108°＝24°． 又∵△ABC≌△ADE， ∴∠EAD＝∠CAB＝24°． 又∵∠EAB＝∠EAD+∠CAD+∠CAB，∠CAD＝12°， ∴∠EAB＝24°+12°+24°＝60°， ∴∠AEB＝180°﹣∠EAB﹣∠B＝180°﹣60°﹣48°＝72°， ∴∠DEF＝∠AED﹣∠AEB＝108°﹣72°＝36°． 故答案为：36° 28．（2024秋•铁西区期中）一个三角形的三边为2、5、x，另一个三角形的三边为y、2、4，若这两个三角形全等，则x+y＝　 　． 【分析】根据全等三角形对应边相等求出x、y的值，然后相加即可得解． 【详解】解：∵两个三角形全等， ∴x＝4，y＝5， ∴x+y＝4+5＝9． 故答案为：9． 29．（2024秋•邗江区月考）如图，AB＝12米，CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，且AC＝4米，P点从点B向点A运动，每分钟走1米，Q点从B向D运动，每分钟走2米，若P、Q两点同时开始出发，运动 　 　分钟后△CAP≌△PBQ． 【分析】设t分钟后△CAP≌△PBQ，依题意得：BP＝t，BQ＝2t，∠A＝∠B＝90°，AP＝12﹣t，根据全等三角形的性质得AC＝BP，AP＝BQ，由此解出t即可． 【详解】解：设t分钟后△CAP≌△PBQ， 依题意得：BP＝t，BQ＝2t，∠A＝∠B＝90°， ∴AP＝AB﹣BP＝12﹣t， ∵△CAP≌△PBQ， ∴AC＝BP，AP＝BQ， 由AC＝BP，得：t＝4， 由AP＝BQ，得：12﹣t＝2t，解得：t＝4， ∴4分钟后△CAP≌△PBQ． 故答案为：4． 30．（2024秋•海州区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AB＞BC，点D在边BC上，CD＝2BD，点E，F在线段AD上，∠1＝∠2＝∠BAC，若△BDE的面积为2，△ABC的面积为21，则△CFD的面积为 　 　． 【分析】根据三角形外角的性质结合题意可证△ABE≌△CAF（ASA），得出S△ABE＝S△CAF．根据CD＝2BD可求出，，最后根据S△CAF＝S△ABE＝S△ABD﹣S△BDE，S△CFD＝S△ACD﹣S△CAF求解即可． 【详解】解：∵∠1＝∠2＝∠BAC，∠1＝∠ABE+∠BAE，∠BAC＝∠FAC+∠BAE，∠2＝∠ACF+∠FAC， ∴∠BAE＝∠ACF．∠ABE＝∠FAC， 在△ABE和△CAF中， ， ∴△ABE≌△CAF（ASA）， ∴S△ABE＝S△CAF． ∵CD＝2BD， ∴S△ACD＝2S△ABD， ∴，， ∴S△CAF＝S△ABE＝S△ABD﹣S△BDE＝7﹣2＝5， ∴S△CFD＝S△ACD﹣S△CAF＝14﹣5＝9． 故答案为：9． 31．（2024秋•城中区校级期中）如图，AB∥CE，AB＝10cm，点D是BC的中点，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点C出发，沿射线CE以1cm/s的速度运动，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，当线段PQ经过点D时，点Q的运动时间为 　 　． 【分析】设点Q的运动时间为t s，当P由A向B运动时，由△BDP≌△CDQ（ASA），推出CQ＝PB，得到t＝10﹣2t，求出t＝；当P由B向A运动时，由△BDP≌△CDQ（ASA），推出CQ＝BP，得到t＝2t﹣10，求出t＝10，因此点Q的运动时间为或10s． 【详解】解：设点Q的运动时间为t s， 当P由A向B运动时，如图①， ∵AP＝2t cm，CQ＝t cm， ∴PB＝（10﹣2t）cm， ∵AB∥CE， ∴∠B＝∠C， ∵∠PDB＝∠QDC，BD＝CD， ∴△BDP≌△CDQ（ASA）， ∴CQ＝PB， ∴t＝10﹣2t， ∴t＝； 当P由B向A运动时，如图②， PB＝（2t﹣10）cm，CQ＝t cm， ∵△BDP≌△CDQ（ASA）， ∴CQ＝BP， ∴t＝2t﹣10， ∴t＝10， ∴点Q的运动时间为或10s． 故答案为：或10s． 32．（2024秋•裕华区校级期中）添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD是高，E是△ABC外一点，BE＝BA，∠E＝∠C，若，AD＝16，BD＝20，求△BDE的面积，同学们可以先思考一下…，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在BD上截取BF＝DE．（如图2）．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得： （1）△BDE≌　 　； （2）△BDE的面积为 　 　． 【分析】（1）由SAS推导出△BDE≌△AFB即可； （2）由△BDE≌△AFB求出BF，DF的长，再由面积公式求得即可． 【详解】解：（1）如图所示，连接AF， ∠ABD＝180°﹣∠BDA﹣∠BAD＝90°﹣∠BAD， ∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAD＝90°﹣∠BAD， ∵∠ABD＝∠C， ∵∠E＝∠C， ∵∠ABD＝∠E， 在△BDE与△AFB中， ， ∴△BDE≌△AFB（SAS）， 故答案为：△AFB； ∴S△ABF＝S△BDE， ∵， ∵BF＝×20＝8， ∴DF＝BD﹣BF＝20﹣8＝12， ∴S△AFD＝×AD•DF＝×12×16＝96， ∵S△ABF＝S△ABD﹣S△AFD， ∴S△BDE＝S△ABF＝160﹣96＝64． 故答案为：64． 33．（2024秋•五华区校级期中）如图，△ABC全等于△DEB，E在边AB上，DE与AC交于点F．若DE＝10，BC＝4，∠D＝30°，∠DBA＝70°． （1）求线段AE的长． （2）求∠DBC的度数． 【分析】（1）先根据图形和已知判定出全等三角形的对应边，然后根据全等三角形的性质得到AB＝DE＝10，BE＝BC＝4，结合图形计算，得到答案； （2）根据全等三角形的性质得到∠BAC＝∠D＝30°，∠DBA＝∠C＝70°，根据三角形内角和定理求出∠ABC，计算即可得解； 【详解】解：（1）∵DE＝10，BC＝4， ∴DE≠BC， 如图所示，BE为△DBE中的最短边，BC为△ABC中的最短边， ∵∠ABC＞∠DBE， ∴DE和AC不可能是全等三角形的对应边， ∵E在边AB上， ∴AB≠BE， ∵△ABC全等于△DEB， ∴△ABC≌△DEB， ∴AB＝DE＝10，BE＝BC＝4， ∴AE＝AB﹣BE＝6； （2）∵△ABC≌△DEB，∠D＝30°，∠DBA＝70°， ∴∠BAC＝∠D＝30°，∠DBA＝∠C＝70°， ∴∠ABC＝180°﹣30°﹣70°＝80°， ∴∠DBC＝∠ABC﹣∠DBE＝10°． 34．（2024秋•大同月考）如图，在△ABC中，点D在边BC上，点E在边AD上，延长BE交AC于点F，且△ACD≌△BED． （1）若BC＝11，AD＝8，求CD的长度； （2）求证：∠AFE＝90°； （3）若S△BCF＝20，S四边形CFED＝8，则S△AEF＝ 　 　． 【分析】（1）先根据全等三角形的性质得到BD＝AD＝8，然后计算BC﹣BD即可； （2）先根据全等三角形的性质得到∠ADC＝∠BDE，∠CAD＝∠DBE，再根据平角的定义计算出∠ADC＝∠BDE＝90°，然后根据三角形内角和定理可证明∠AFE＝∠BDE＝90°； （3）先计算出S△BDE＝12，再根据全等三角形的性质得到S△ACD＝S△BED＝12，然后计算S△ACD﹣S四边形CFED即可． 【详解】（1）解：∵△ACD≌△BED， ∴BD＝AD＝8， ∴CD＝BC﹣BD＝11﹣8＝3； （2）证明：∵△ACD≌△BED， ∴∠ADC＝∠BDE，∠CAD＝∠DBE， ∵∠ADC+∠BDE＝180°， ∴∠ADC＝∠BDE＝90°， ∵∠AEF+∠AFE+∠EAF＝∠BED+∠BDE+∠DBE， 而∠AEF＝∠BED， ∴∠AFE＝∠BDE＝90°； （3）解：∵S△BCF＝20，S四边形CFBD＝8， ∴S△BDE＝S△BCF﹣S四边形CFED＝12， ∵△ACD≌△BED， ∴S△ACD＝S△BED＝12， ∴S△AEF＝S△ACD﹣S四边形CFED＝12﹣8＝4． 故答案为：4． 35．（2024•丰城市校级开学）（1）已知a、b、c为△ABC的三边长，且b、c满足（b﹣5）2+|c﹣7|＝0，a为方程|a﹣3|＝2的解，求△ABC的周长． （2）如图，△ABC≌△DEF，点B、F、C、E在同一条直线上，若BE＝10，FC＝2，求BF的长． 【分析】（1）根据平方和绝对值的非负性，以及解绝对值方程，求出a、b、c的值，再利用三角形三边关系进行判断，即可求得△ABC的周长； （2）根据△ABC≌△DEF可得BC＝FE，再根据BC+FE＝BE+FC＝12可得到BC的长，从而得到BF的长． 【详解】解：（1）∵b、c满足（b﹣5）2+|c﹣7|＝0，a为方程|a﹣3|＝2的解， 又∵（b﹣5）2≥0，|c﹣7|≥0，a＞0， ∴b﹣5＝0，c﹣7＝0，a＝5或a＝1（不满足三角形三边关系，舍去）， ∴a＝5，b＝5，c＝7， ∴△ABC的周长＝a+b+c＝5+5+7＝17； （2）∵△ABC≌△DEF，点B、F、C、E在同一条直线上， ∴BC＝FE， ∵BC+FE＝BE+FC＝12， ∴． 36．（2024秋•嘉峪关校级期中）如图，在△ABC中，AC＝CB，直线l经过顶点C，分别过A，B两点作l的垂线AE，BF，E，F为垂足，AE＝CF． （1）求证：EF＝AE+BF （2）求证：∠ACB＝90°． 【分析】（1）先利用HL证明△ACE和△CBF全等，再根据全等三角形对应边相等可以得到EC＝BF，据此即可证明EF＝BF+AE； （2）根据全等三角形对应角相等可以得到∠EAC＝∠BCF，因为∠EAC+ACE＝90°，所以∠ACE+∠BCF＝90°，根据平角定义可得∠ACB＝90°． 【详解】证明：（1）由题意得：∠AEC＝∠CEB＝90°， ∴△ACE和△CBF是直角三角形， 在Rt△ACE和Rt△CBF中， ， ∴Rt△ACE≌Rt△CBF（HL）， ∴EC＝BF， ∴EF＝EC+CF＝BF+AE； （2）∵Rt△ACE≌Rt△CBF， ∴∠EAC＝∠BCF， ∵∠EAC+∠ACE＝90°， ∴∠ACE+∠BCF＝90°， ∴∠ACB＝180°﹣90°＝90°． 37．（2024秋•铁西区期中）如图，在△ABC中，AD，CE为△ABC的高．AD，CE交点H，且EH＝EB＝2，AE＝3． （1）求证：AH＝BC． （2）求CH的长． 【分析】（1）根据AD⊥BC，CE⊥AB，可得出∠EAH+∠B＝90°，∠EAH+∠AHE＝90°，则∠B＝∠AHE，则可证△AEH≌△CEB，据此证明AH＝BC； （2）利用全等的性质得出CE＝AE，再根据已知条件得出CH的长． 【详解】（1）证明：在△ABC中，AD，CE为△ABC的高．AD，CE交点H， ∴AD⊥BC，CE⊥AB， ∴∠EAH+∠B＝90°，∠EAH+∠AHE＝90°， ∴∠B＝∠AHE， ∵EH＝EB， 在△AEH和△CEB中， ， ∴△AEH≌△CEB（ASA）， ∴AH＝BC； （2）解：由（1）知△AEH≌△CEB， ∴CE＝AE＝3， ∵EH＝EB＝2， ∴CH＝CE﹣EH＝3﹣2＝1． 38．（2024春•西安期末）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE． （1）当∠A＝80°时，求∠EDC的度数； （2）求证：CF＝FG+CE． 【分析】（1）方法一：先求∠ABC和∠ACB的和为100°，再根据角平分线求∠DBC+∠DCB＝50°，再根据外角即可解决问题；方法二：在BC上取点M，使CM＝CE，证明△CDE≌△CDM（SAS），可得DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC，证明∠BDM＝180°﹣ABC﹣∠DMB＝180°﹣ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°，进而可以解决问题． （2）结合（1）然后证明△DGF≌△DMF（SAS），可得GF＝MF，进而可以解决问题． 【详解】（1）解：方法一：∵∠A＝80°， ∴∠ABC+∠ACB＝100°， ∵BE平分∠ABC、CD平分∠ACB， ∴∠DBC+∠DCB＝50°， ∴∠EDC＝∠DBC+∠DCB＝50°； 方法二：如图，在BC上取点M，使CM＝CE， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， 在△CDE和△CDM中， ， ∴△CDE≌△CDM（SAS）， ∴DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC， ∵GD＝DE， ∴GD＝MD， ∵∠DEC+∠AEB＝180°，∠DMC+∠DMF＝180°， ∴∠AEB＝∠DMF， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE＝ABC， ∴∠BDM＝180°﹣ABC﹣∠DMB＝180°﹣ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°， ∴∠EDM＝100°， ∴∠EDC＝50°； （2）证明：∵∠A＝2∠BDF， ∴∠BDM＝2∠BDF， ∴∠FDM＝∠BDF， 在△DGF和△DMF中， ， ∴△DGF≌△DMF（SAS）， ∴GF＝MF， ∴CF＝CM+FM＝CE+GF． ∴CF＝FG+CE． 39．（2024秋•泉州期中）如图，小刚站在河边的A点处，在河对岸的B处有一电线塔（小刚的正北方向），他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了20步到达一棵树C处，接着再向前走了20步到达D处，然后再左转90°直行，当小刚看到电线塔B、树C与自己现处的位置E在一条直线时，他共走了110步． （1）根据题意，画出示意图； （2）若小刚一步约0.6米，请求出A、B两点间的距离（写出推理过程）． 【分析】（1）根据上北下南，左西右东，直角的意义，共线的条件画图即可． （2）证明△ACB≌△DCE（ASA），得到AB＝DE＝80步，结合一步约0.6米，代入计算即可． 【详解】解：（1）如图，即为所求； （2）在△ACB和△DCE， ， ∴△ACB≌△DCE（ASA）， ∴AB＝DE＝110﹣20﹣20＝70（步）， ∵一步约0.6米， ∴AB＝70×0.6＝42（米）， 答：A、B两点间的距离约为42米． 40．（2024秋•柘城县期中）如图，某村庄有一块五边形的田地，AB＝AE＝CD＝60m，∠ABC＝∠AED＝90°，连接对角线AC，AD，∠BAE＝2∠CAD． （1）∠BAC，∠DAE与∠CAD之间的数量关系是 　 　． （2）为保护田内作物不被牲畜踩踏，村里决定给这块田地的五边上围一圈木栅栏，已知每米木栅栏的建造成本是50元，则建造木栅栏共需花费多少元？（提示：延长CB至点G，使BG＝DE） （3）在△ADE和△ABC区域种上小麦，已知每平方米田地的小麦播种量为11.25克，请直接写出需提前准备多少千克的小麦种． 【分析】（1）由∠BAE＝2∠CAD直接可以得到∠BAC+∠DAE＝∠CAD； （2）延长CB至点G，使BG＝DE，证得△AGB≌△ADE，得到AG＝AD，∠GAB＝∠DAE，进而证明ABCDE的周长＝240米可得结论； （3）利用（2）中结论△AGB≌△ADE可得S△ADE+S△ABC＝S△AGC，运用三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：（1）∵∠BAE＝∠BAC+∠CAD+∠DAE，∠BAE＝2∠CAD， ∴∠BAC+∠CAD+∠DAE＝2∠CAD， ∴∠BAC+∠DAE＝∠CAD 故答案为：∠BAC+∠DAE＝∠CAD； （2）如图，延长CB至点G，使GB＝ED，连接AG． ∴BC+DE＝BC+BG＝GC． 在△AGB与△ADE中， ∴△AGB≌△ADE（SAS）， ∴∠GAB＝∠DAE，AG＝AD． ∵∠BAC+∠DAE＝∠CAD， ∴∠BAC+∠GAB＝∠CAD，即∠GAC＝∠CAD． 在△AGC与△ADC中， ∴△AGC≌△ADC（SAS）， ∴GC＝CD， ∴BC+ED＝CD＝60（米）． 五边形ABCDE的周长＝3×60+60＝240（米），240×50＝12000（元）． 答：建造木栅栏共需花费12000元； （3）∵， ∴需小麦种数量为：11.25×1800÷1000＝20.25（千克）． 专题1-5 全等三角形综合练习（拔尖篇） 41．（2024秋•天津期中）如图，△ABC≌△ADE，D在BC上，连接CE，则以下结论：①AD平分∠BDE；②∠CDE＝∠BAD；③∠DAC＝∠DEC； ④AD＝DC．其中正确的个数有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由△ABC≌△ADE，推出AB＝AD，AC＝AE，∠ADE＝∠B，∠BAC＝∠DAE，再由等腰三角形的性质，可以求解． 【详解】解：AC和DE交于O， ∵△ABC≌△ADE， ∴AB＝AD，AC＝AE，∠ADE＝∠B，∠BAC＝∠DAE， ∴∠B＝∠ADB，∠BAD＝∠CAE，∠ACE＝∠AEC， ∴∠ADB＝∠ADE，∠ACE＝∠ADB＝∠ADE， ∴AD平分∠BDE， ∵∠AOD＝∠EOC， ∴∠DAC＝∠DEC， ∵∠CDE+∠ADE＝∠B+∠BAD， ∴∠CDE＝∠BAD， 由条件不能推出AD＝DC， ∴①②③正确． 故选：C． 42．（2024春•崇川区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝4，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中点，直线l经过点D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分别为E，F，则AE+BF的最大值为（　　） A． B． C． D． 【分析】把要求的最大值的两条线段经过平移后形成一条线段，然后再根据垂线段最短来进行计算即可． 【详解】解：如图，过点C作CK⊥l于点K，过点A作AH⊥BC于点H， 在Rt△AHB中， ∵∠ABC＝60°，AB＝4， ∴BH＝2，AH＝2， 在Rt△AHC中，∠ACB＝45°， ∴AH＝CH＝2， ∴AC＝＝＝2， ∵点D为BC中点， ∴BD＝CD， 在△BFD与△CKD中， ， ∴△BFD≌△CKD（AAS）， ∴BF＝CK， 延长AE，过点C作CN⊥AE于点N，得矩形ENCK， ∴CK＝EN， ∴AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN， 在Rt△ACN中，AN＜AC， 当直线l⊥AC时，最大值为2， 综上所述，AE+BF的最大值为2． 故选：B． 43．（2024春•渠县校级期末）已知AB＝10，AC＝6，BD＝8，其中∠CAB＝∠DBA＝α，点P以每秒2个单位长度的速度，沿着C→A→B路径运动．同时，点Q以每秒x个单位长度的速度，沿着D→B→A路径运动，一个点到达终点后另一个点随即停止运动．它们的运动时间为t秒． ①若x＝1，则点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍； ②当P、Q两点同时到达A点时，x＝6； ③若α＝90°，t＝5，x＝1时，PC与PQ垂直； ④若△ACP与△BPQ全等，则x＝0.8或． 以上说法正确的选项为（　　） A．①③ B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【分析】①若x＝1，即点P的速度时点Q的2倍，即可求解； ②求出P、Q的运动时间即可求解； ③证明AC：AP≠PB：BQ，即可求解； ④若△ACP与△BPQ全等，则AC＝PB且AP＝BQ或AC＝BQ且AP＝BP，即可求解． 【详解】解：①若x＝1，即点P的速度时点Q的2倍，故点P运动路程始终是点Q运动路程的2倍，正确，符合题意； ②点P到达A的时间为：6÷2＝3，当x＝6时，点Q到达点A的时间为：（8+10）÷6＝3，故②正确，符合题意； ③若α＝90°，t＝5，x＝1时，如图， 假设AC：AP＝PB：BQ， ∵∠A＝∠B＝α， ∴△APC∽△BQP， ∴∠CPA＝∠PQB， 而∠PQB＝∠QPB＝90°， ∴∠CPA+∠QPB＝90°， 即CP⊥PQ， 而此时，AC＝6，则AP＝5×2﹣6＝4，则PB＝AB﹣AP＝6， 而DQ＝1×5＝5，则BQ＝8﹣5＝3， 则AC：AP＝3：2，PB：BQ＝2：1， 故AC：AP≠PB：BQ， 故③错误，不符合题意； ④由题意得，AP＝2t﹣6，则PB＝10﹣（2t﹣6）＝16﹣2t，QD＝xt，则BQ＝8﹣xt， 若△ACP与△BPQ全等， 则AC＝PB且AP＝BQ或AC＝BQ且AP＝BP， 即6＝16﹣2t且2t﹣6＝8﹣xt或6＝8﹣xt且2t﹣6＝16﹣2t， 解得：x＝0.8或， 故④正确，符合题意， 故选：C． 44． （2024秋•高安市期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，直线l经过点C且与边AB相交．动点P从点A出发沿A→C→B路径向终点B运动；动点Q从点B出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q的速度分别为1cm/s和2cm/s，两点同时出发并开始计时，当点P到达终点B时计时结束．在某时刻分别过点P和点Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，设运动时间为t秒，则当 t＝　 　秒时，△PEC与△QFC全等． 【分析】点Q在BC上，点P在AC上；点P与点Q重合；Q与A重合三种情况；根据全等三角形的性质列式计算． 【详解】解：由题意得，AP＝t，BQ＝2t， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴CP＝6﹣t，CQ＝8﹣2t， ①如图1，Q在BC上，点P在AC上时，作PE⊥l，QF⊥l， ∵∠PEC＝∠CFQ＝∠ACB＝90°， ∴∠CPE+∠PCE＝∠PCE+∠FCQ＝90°， ∴∠CPE＝∠FCQ， 当△PEC≌△CFQ时， 则PC＝CQ， 即6﹣t＝8﹣2t， 解得：t＝2； ②如图2，当点P与点Q重合时， 当△PEC≌△QFC， 则PC＝CQ， ∴6﹣t＝2t﹣8． 解得：t＝； ③如图3，当点Q与A重合时，∠QCF+∠CQF＝∠QCF+∠PCE＝90°， ∴∠CQF＝∠PCE， 当△PEC≌△CFQ， 则PC＝CQ， 即t﹣6＝6， 解得：t＝12； 当综上所述：当t＝2秒或秒或12秒时，△PEC与△QFC全等， 故答案为：2或或12． 45．（2024春•通川区期末）如图，△ABC的内角∠ABC和外角∠ACD的平分线相交于点E，BE交AC于点F，过点E作EG∥BD交AB于点G，交AC于点H，连接AE，有以下结论： ①∠BEC＝∠BAC；②△HEF≌△CBF；③BG＝CH+GH；④∠AEB+∠ACE＝90°，其中正确的结论有　 　（将所有正确答案的序号填写在横线上）． 【分析】①根据角平分线的定义得到∠EBC＝∠ABC，∠DCE＝ACD，根据外角的性质即可得到结论； ②根据相似三角形的判定定理得到两个三角形相似，不能得出全等； ③由BG＝GE，CH＝EH，于是得到BG﹣CH＝GE﹣EH＝GH．即可得到结论； ④由于E是两条角平分线的交点，根据角平分线的性质可得出点E到BA、AC、BC和距离相等，从而得出AE为∠BAC外角平分线这个重要结论，再利用三角形内角和性质与外角性质进行角度的推导即可轻松得出结论． 【详解】解：①BE平分∠ABC， ∴∠EBC＝∠ABC， ∵CE平分∠ACD， ∴∠DCE＝ACD， ∵∠ACD＝∠BAC+∠ABC，∠DCE＝∠CBE+∠BEC， ∴∠EBC+∠BEC＝（∠BAC+∠ABC）＝∠EBC+BAC， ∴∠BEC＝∠BAC，故①正确； ∵②△HEF与△CBF只有两个角是相等的，能得出相似，但不含相等的边，所有不能得出全等的结论，故②错误． ③BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∵GE∥BC， ∴∠CBE＝∠GEB， ∴∠ABE＝∠GEB， ∴BG＝GE， 同理CH＝HE， ∴BG﹣CH＝GE﹣EH＝GH， 故③正确． ④过点E作EN⊥AC于N，ED⊥BC于D，EM⊥BA于M，如图， ∵BE平分∠ABC， ∴EM＝ED， ∵CE平分∠ACD， ∴EN＝ED， ∴EN＝EM， ∴AE平分∠CAM， 设∠ACE＝∠DCE＝x，∠ABE＝∠CBE＝y，∠MAE＝∠CAE＝z，如图， 则∠BAC＝180°﹣2z，∠ACB＝180﹣2x， ∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝180°， ∴2y+180°﹣2z+180°﹣2x＝180°， ∴x+z＝y+90°， ∵z＝y+∠AEB， ∴x+y+∠AEB＝y+90°， ∴x+∠AEB＝90°， 即∠ACE+∠AEB＝90°，故④正确； 故答案为：①③④． 46．（2024秋•江岸区校级月考）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，GD＝DE，CF＝FG+CE． （1）当∠EDC＝55°时，求∠A的度数； （2）求证：∠A＝2∠BDF． 【分析】（1）设∠A＝α，根据三角形的内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝180°﹣α，根据角平分线的定义得到∠DBC+∠DCB＝90°﹣α，于是得到结论； （2）在BC上取点M，使CM＝CE，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】（1）解：设∠A＝α， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣α， ∵BE平分∠ABC、CD平分∠ACB， ∴∠DBC+∠DCB＝90°﹣α， ∴∠EDC＝∠DBC+∠DCB＝90°﹣α＝55°， ∴α＝70°， ∴∠A＝70°； （2）证明：在BC上取点M，使CM＝CE， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， 在△CDE和△CDM中， ， ∴△CDE≌△CDM（SAS）， ∴DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC， ∵GD＝DE， ∴GD＝MD， ∵∠DEC+∠AEB＝180°，∠DMC+∠DMF＝180°， ∴∠AEB＝∠DMF， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∴∠BDM＝180°﹣ABC﹣∠DMB＝180°﹣ABC﹣∠AEB＝∠A， ∵CF＝FG+CE＝CM+FM， ∴FG＝FM， 在△DGF和△DMF中， ， ∴△DGF≌△DMF（SAS）， ∴∠GDF＝∠MDF， ∠BDM＝2∠BDF， ∴∠A＝2∠BDF． 47．（2024春•兴宁市期末）如图，AE与BD相交于点C，AC＝EC，BC＝DC，AB＝8cm，点P从点A出发，沿A→B→A方向以2cm/s的速度运动，点Q从点D出发，沿D→E方向以1cm/s的速度运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点A时，P、Q两点同时停止运动，设点P的运动时间为t（s）． （1）求证：AB∥DE． （2）写出线段AP的长（用含t的式子表示）． （3）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值． 【分析】（1）证明△ABC≌△EDC（SAS），可得∠A＝∠E，然后根据内错角相等两直线平行即可得出结论； （2）分两种情况讨论：当0≤t≤4时，AP＝2t cm，当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm，可得AP＝8﹣（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm，进而可以解决问题； （3）先证△ACP≌△ECQ（ASA），得AP＝EQ，再分两种情况列方程求解即可． 【详解】（1）证明：在△ABC和△EDC中， ， ∴△ABC≌△EDC（SAS）， ∴∠A＝∠E， ∴AB∥DE； （2）解：当0≤t≤4时，AP＝2t cm， 当4＜t≤8时，BP＝（2t﹣8）cm， ∴AP＝8﹣（2t﹣8）＝（16﹣2t）cm， ∴线段AP的长为2t cm或（16﹣2t）cm； （3）解：根据题意得DQ＝t cm， 则EQ＝（8﹣t）cm， 由（1）得：∠A＝∠E，ED＝AB＝8cm， 在△ACP和△ECQ中， ， ∴△ACP≌△ECQ（ASA）， ∴AP＝EQ， 当0≤t≤4时，2t＝8﹣t， 解得：t＝； 当4＜t≤8时，16﹣2t＝8﹣t， 解得：t＝8； 综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为或8． 48．（2024春•乐平市期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程； （3）在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD所在直线上的点，且∠EAF＝∠BAD．请直接写出线段EF，BE，FD之间的数量关系：　 　． 【分析】（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌△ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌△AEG，可得EF＝EG，即可解题； （2）如图2，同理可得：EF＝BE+DF； （3）如图3，作辅助线，构建△ABG，同理证明△ABG≌△ADF和△AEG≌△AEF．可得新的结论：EF＝BE﹣DF． 【详解】解：（1）如图1，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD 故答案为：EF＝BE+FD； （2）（1）中的结论EF＝BE+FD仍然成立． 理由是：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG． ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠D， ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴AG＝AF，∠1＝∠2， ∴∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD＝∠EAF． ∴∠GAE＝∠EAF． 又AE＝AE， ∴△AEG≌△AEF． ∴EG＝EF． ∵EG＝BE+BG． ∴EF＝BE+FD （3）①EF＝BE﹣FD． 证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°， ∴∠B＝∠ADF． ∵在△ABG与△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）． ∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF． ∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF＝∠BAD． ∴∠GAE＝∠EAF． ∵AE＝AE， 易证△AEG≌△AEF（SAS）． ∴EG＝EF ∵EG＝BE﹣BG ∴EF＝BE﹣FD． ②EF＝FD﹣BE． 证明：在DF上截取DH＝BE， 同第一种情况方法，证△AEB≌△AHD（SAS）， 证△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝FD﹣DH＝FD﹣BE； ③由（1）、（2）可知，EF＝BE+FD； ④如图，点E在BC延长线上，点F在DC延长线，此时线段EF，BE，FD之间并无直接数量关系． 综上，EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 故答案为：EF＝BE﹣FD或EF＝FD﹣BE或EF＝BE+FD； 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$