14.2三角形全等的判定同步练习-2025-2026学年人教版（2024）数学八年级上册

14.2三角形全等的判定 一．选择题（共8小题） 1．（2025•路桥区二模）如图，在3×3的正方形网格中，线段AB，CD的端点均在格点上，则∠1和∠2的数量关系是（　　） A．∠1+∠2＝180° B．∠1＝∠2 C．∠2＝∠1+90° D．∠2＝2∠1 2．（2025春•沙坪坝区校级期中）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，BE＝CF，AB＝DE，那么添加下列选项中的条件后．仍然不能判定出△ACB≌△DFE的是（　　） A．AC＝DF B．∠ACB＝∠DFE＝90° C．∠B＝∠DEF D．∠A＝∠D 3．（2025•宝鸡二模）如图，AE∥BC且∠EFA＝∠ABC，点F在AC上．若AE＝5，AB＝EF＝3，则AC的长为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 4．（2025春•惠来县期末）如图，已知△ABC的六个元素，下面甲、乙、丙三个三角形中标出了某些元素，则与△ABC全等的三角形是（　　） A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙 5．（2025春•宝山区校级期末）已知在△ABC和△A′B′C′中，AB＝A′B′，∠B＝∠B′，补充下面一个条件，不能说明△ABC≌△A′B′C′的是（　　） A．BC＝B′C′ B．AC＝A′C′ C．∠C＝∠C′ D．∠A＝∠A′ 6．（2024秋•湛江校级期末）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用“HL”判定Rt△ABD和Rt△CDB全等，则需要添加的条件是（　　） A．∠B＝∠D B．∠ACB＝∠CAD C．AB＝CD D．AD＝CB 7．（2025春•兴宾区期中）如图，已知AC⊥BD，垂足为点O，AO＝CO，要根据“HL”证明Rt△ABO≌Rt△CDO，还需要添加的一个条件是（　　） A．AB∥CD B．OB＝OD C．∠A＝∠C D．AB＝CD 8．（2025春•市中区期末）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用“HL”判定Rt△ABD和Rt△CDB全等，则需要添加的条件是（　　） A．AD＝CB B．∠A＝∠C C．∠ADB＝∠CBD D．AB＝CD 二．填空题（共5小题） 9．（2024秋•金安区期末）如图，点C，E分别为△ABD的边BD，AB上的点，AE＝AD，CE＝CD，∠D＝75°，∠ECD＝140°，则∠B的度数为 　 　 °． 10．（2024秋•临洮县期末）如图，AB＝DB，∠1＝∠2，要使△ABC≌△DBE还需添加一个条件是 　 　 ．（只需写出一种情况） 11．（2024秋•厦门期末）如图，已知∠C＝∠D＝90°，若要用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△ABD，则还需补充 　 　 ． 12．（2025春•崇明区期中）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB∥DE，AB＝DE，∠A＝∠D，BF＝10，BC＝6，则EC＝　 　 ． 13．（2025春•榕城区校级月考）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ 　 　 ． 三．解答题（共2小题） 14．（2025•长春模拟）如图，AB＝AD，∠C＝∠E，∠BAE＝∠DAC．求证：AC＝AE． 15．（2025春•西安期末）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠B＝∠E＝90°，AC＝DF，AB＝DE，点B、F、C、E在一条直线上．求证：BF＝EC． 14.2三角形全等的判定 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2025•路桥区二模）如图，在3×3的正方形网格中，线段AB，CD的端点均在格点上，则∠1和∠2的数量关系是（　　） A．∠1+∠2＝180° B．∠1＝∠2 C．∠2＝∠1+90° D．∠2＝2∠1 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】A 【分析】利用SAS证明△ABM≌△DCN，根据全等三角形的性质求出∠ABM＝∠1，再根据邻补角定义求解即可． 【解答】解：如图， 在△ABM和△DCN中， ， ∴△ABM≌△DCN（SAS）， ∴∠ABM＝∠1， ∵∠ABM+∠2＝180°， ∴∠1+∠2＝180°， 故选：A． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键． 2．（2025春•沙坪坝区校级期中）如图，点B，E，C，F在同一条直线上，BE＝CF，AB＝DE，那么添加下列选项中的条件后．仍然不能判定出△ACB≌△DFE的是（　　） A．AC＝DF B．∠ACB＝∠DFE＝90° C．∠B＝∠DEF D．∠A＝∠D 【考点】全等三角形的判定． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】D 【分析】首先根据等式的性质可得BC＝EF，结合AB＝DE，再分别添加四个选项中的条件，结合全等三角形的判定定理进行分析即可． 【解答】解：∵BE＝CF， ∴BE+EC＝CF+EC，即BC＝EF， 另有AB＝DE， A、添加AC＝DF，利用SSS能判定△ABC≌△DEF，不符合题意； B、添加∠ACB＝∠DFE＝90°，利用HL能判定Rt△ABC≌Rt△DEF，不符合题意； C、添加∠B＝∠DEF，利用SAS能判定△ABC≌△DEF，不符合题意； D、添加∠A＝∠D，利用SSA不能判定△ABC≌△DEF，符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查全等三角形的判定，熟知判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL（直角三角形）是解题的关键． 3．（2025•宝鸡二模）如图，AE∥BC且∠EFA＝∠ABC，点F在AC上．若AE＝5，AB＝EF＝3，则AC的长为（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【考点】全等三角形的判定与性质；平行线的性质． 【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；推理能力． 【答案】A 【分析】由平行线的性质可得∠EAF＝∠C，最后再利用AAS证明△ABC≌△EFA，由全等三角形的性质即可得解． 【解答】解：∵AE∥BC， ∴∠EAF＝∠C， 在△ABC和△EFA中， ， ∴△ABC≌△EFA（AAS）， ∴AC＝AE＝5， 故选：A． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 4．（2025春•惠来县期末）如图，已知△ABC的六个元素，下面甲、乙、丙三个三角形中标出了某些元素，则与△ABC全等的三角形是（　　） A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙 【考点】全等三角形的判定． 【答案】B 【分析】根据全等三角形的判定ASA，SAS，AAS，SSS，看图形中含有的条件是否与定理相符合即可． 【解答】解：甲、边a、c夹角不是50°，∴甲错误； 乙、两角为58°、50°，夹边是a，符合ASA，∴乙正确； 丙、两角是50°、72°，72°角对的边是a，符合AAS，∴丙正确． 故选：B． 【点评】本题主要考查对全等三角形的判定的理解和掌握，能熟练地根据全等三角形的判定定理进行判断是解此题的关键． 5．（2025春•宝山区校级期末）已知在△ABC和△A′B′C′中，AB＝A′B′，∠B＝∠B′，补充下面一个条件，不能说明△ABC≌△A′B′C′的是（　　） A．BC＝B′C′ B．AC＝A′C′ C．∠C＝∠C′ D．∠A＝∠A′ 【考点】全等三角形的判定． 【专题】开放型． 【答案】B 【分析】要使△ABC≌△A′B′C′，已知一边和一角，则我们可以利用AAS或SAS来判定其全等．此题我们可以采用排除法． 【解答】解：A、添加后符合SAS判定； B、添加后不符合任何判定，因为它与已知的边不能构成一个角； C、添加后符合AAS判定； D、添加后符合AAS判定． 故选：B． 【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即AAS、ASA、SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等． 6．（2024秋•湛江校级期末）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用“HL”判定Rt△ABD和Rt△CDB全等，则需要添加的条件是（　　） A．∠B＝∠D B．∠ACB＝∠CAD C．AB＝CD D．AD＝CB 【考点】直角三角形全等的判定． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】D 【分析】斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，由此即可得到答案． 【解答】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD， ∴∠ABD＝∠CDB＝90°， 在Rt△ABD和Rt△CDB中， ， ∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL）， ∴用“HL”判定Rt△ABD和Rt△CDB全等，需要添加的条件是AD＝CB． 故选：D． 【点评】本题考查直角三角形全等的判定，关键是掌握直角三角形全等的判定方法：HL． 7．（2025春•兴宾区期中）如图，已知AC⊥BD，垂足为点O，AO＝CO，要根据“HL”证明Rt△ABO≌Rt△CDO，还需要添加的一个条件是（　　） A．AB∥CD B．OB＝OD C．∠A＝∠C D．AB＝CD 【考点】直角三角形全等的判定． 【专题】图形的全等；应用意识． 【答案】D 【分析】根据HL为两条斜边和一组直角边对应相等的直角三角形全等，已知AO＝CO，所以再补充一对斜边相等的条件即可． 【解答】解：∵AC⊥BD， ∴∠AOB＝∠COD＝90°， 已知AO＝CO， 从图中可知AB、CD分别为Rt△ABO和Rt△CDO的斜边， 根据“HL”定理，证明Rt△ABO≌Rt△CDO， 还需补充一对斜边相等， 即AB＝CD， 故选：D． 【点评】本题考查了直角三角形全等的判定，牢记“斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等”是解题的关键． 8．（2025春•市中区期末）如图，已知AB⊥BD，CD⊥BD，若用“HL”判定Rt△ABD和Rt△CDB全等，则需要添加的条件是（　　） A．AD＝CB B．∠A＝∠C C．∠ADB＝∠CBD D．AB＝CD 【考点】直角三角形全等的判定． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】A 【分析】根据两直角三角形全等的判定定理逐个判断即可． 【解答】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD， ∴∠ABD＝∠CDB＝90°， A．AD＝CB，BD＝DB，符合两直角三角形全等的判定定理HL，能推出Rt△ABD和Rt△CDB全等，故本选项符合题意； B．∠A＝∠C，∠ABD＝∠CDB，BD＝DB，符合两直角三角形全等的判定定理AAS，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故本选项不符合题意； C．∠ABD＝∠CDB，∠ADB＝∠CBD，不符合两直角三角形全等的判定定理，不能推出Rt△ABD和Rt△CDB全等，故本选项不符合题意； D．AB＝CD，∠ABD＝∠CDB，BD＝DB，符合两直角三角形全等的判定定理SAS，不是两直角三角形全等的判定定理HL，故本选项不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL等． 二．填空题（共5小题） 9．（2024秋•金安区期末）如图，点C，E分别为△ABD的边BD，AB上的点，AE＝AD，CE＝CD，∠D＝75°，∠ECD＝140°，则∠B的度数为 　35　 °． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】35． 【分析】连结AC，由AE＝AD，CE＝CD，AC＝AC，根据“SSS”证明△ACE≌△ACD，则∠AEC＝∠D＝75°，由∠ECD＝140°，求得∠BCE＝40°，则∠B＝∠AEC﹣∠BCE＝35°，于是得到问题的答案． 【解答】解：连结AC， 在△ACE和△ACD中， ， ∴△ACE≌△ACD（SSS）， ∴∠AEC＝∠D＝75°， ∵∠ECD＝140°， ∠BCE＝180°﹣∠ECD＝180°﹣140°＝40°， ∴∠B＝∠AEC﹣∠BCE＝75°﹣40°＝35°， 故答案为：35． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 10．（2024秋•临洮县期末）如图，AB＝DB，∠1＝∠2，要使△ABC≌△DBE还需添加一个条件是 　∠A＝∠D（答案不唯一）　 ．（只需写出一种情况） 【考点】全等三角形的判定． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】∠A＝∠D（答案不唯一）． 【分析】此题是一道开放型的题目，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可． 【解答】解：添加的条件是∠A＝∠D，理由如下： ∵∠1＝∠2， ∴∠1+∠ABE＝∠2+∠ABE， 即∠DBE＝∠ABC， 在△ABC和△DBE中， ， ∴△ABC≌△DBE（ASA）， 故答案为：∠A＝∠D（答案不唯一）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL． 11．（2024秋•厦门期末）如图，已知∠C＝∠D＝90°，若要用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△ABD，则还需补充 　AC＝AD（答案不唯一）　 ． 【考点】直角三角形全等的判定． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】AC＝AD（答案不唯一）． 【分析】斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，由此即可得到答案． 【解答】证明：在Rt△ABC和Rt△ABD中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△ABD（HL）， ∴用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△ABD，则还需补充AC＝AD（答案不唯一）． 故答案为：AC＝AD（答案不唯一）． 【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握HL． 12．（2025春•崇明区期中）如图，点B、E、C、F在同一条直线上，AB∥DE，AB＝DE，∠A＝∠D，BF＝10，BC＝6，则EC＝　2　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】2． 【分析】根据平行线的性质得出∠B＝∠DEF，即可利用ASA证明△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质得出BC＝EF＝6，即可根据线段的和差得解． 【解答】解：∵AB∥DE， ∴∠B＝∠DEF， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（ASA）， ∴BC＝EF， ∵BF＝10，BC＝6， ∴EF＝6，CF＝BF﹣BC＝4， ∴EC＝EF﹣CF＝2， 故答案为：2． 【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，利用ASA证明△ABC≌△DEF是解题的关键． 13．（2025春•榕城区校级月考）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ 　55°　 ． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【答案】见试题解答内容 【分析】求出∠BAD＝∠EAC，证△BAD≌△CAE，推出∠2＝∠ABD＝30°，根据三角形的外角性质求出即可． 【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC， ∴∠1＝∠EAC， 在△BAD和△CAE中， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴∠2＝∠ABD＝30°， ∵∠1＝25°， ∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°， 故答案为：55°． 【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质的应用，解此题的关键是推出△BAD≌△CAE． 三．解答题（共2小题） 14．（2025•长春模拟）如图，AB＝AD，∠C＝∠E，∠BAE＝∠DAC．求证：AC＝AE． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】证明见解答过程． 【分析】由“AAS”可证△BAC≌△DAE，根据全等三角形的性质可得AC＝AE． 【解答】证明：∵∠BAE＝∠DAC， ∴∠BAE+∠EAC＝∠DAC+∠EAC， 即∠BAC＝∠DAE， 在△BAC和△DAE中， ， ∴△BAC≌△DAE（AAS）， ∴AC＝AE． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明∠BAC＝∠DAE是解题的关键． 15．（2025春•西安期末）如图，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠B＝∠E＝90°，AC＝DF，AB＝DE，点B、F、C、E在一条直线上．求证：BF＝EC． 【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；推理能力． 【答案】见试题解答内容 【分析】由“HL”可证Rt△ABC≌Rt△DEF，根据全等三角形的性质可得BC＝EF，根据线段的和差即可证BF＝EC． 【解答】证明：∵∠B＝∠E＝90°， ∴△ABC和△DEF是直角三角形， 在Rt△ABC和Rt△DEF中， ， ∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL）， ∴BC＝EF， ∴BC﹣CF＝EF﹣CF， ∴BF＝EC． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABC≌△DEF是本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $