10.重难题型卷(三)全等三角形-【真题圈】2025-2026学年七年级下册数学练考试卷（北师大版·新教材）山西专版

真题圈数学 同调研卷 七年级下3B 10.重难题型卷（三） 全等三角形 尽 蝴 图出 题型一 全等模型 彐期 类型1一线三等角模型 1.如图，在△ABC中，∠B=∠C,BF=CD,BD=CE,∠FDE =65°，则∠A的度数是( A.45° B.70° C.65 D.50° 第1题图 第2题图 2.如图，线段AB=8,射线AN⊥AB,垂足为A,点C是射线 AN上一动点，分别以AC,BC为直角边作等腰直角三角形， 得到△ACD与△BCE,连接DE交射线AN于点M,则CM的 长为 批 3.探究性试题（期中·22-23山大附中）(1)某学习小组在探究 三角形全等时，发现了一种典型的基本图形，如图①.已知： 总 在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,直线I经过点A,BDI 直线I,CE⊥直线l,垂足分别为D,E.试说明：DE=BD+CE. (2)组员小刘想，如果三个角不是直角，那么结论是否仍成立 呢？如图②，将(1)中的条件改为：在△ABC中，AB=AC,D, A,E三点都在直线I上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=a, 其中a为任意锐角或钝角.请问：结论DE=BD+CE是否仍 槛加 阳嗣 成立？若成立，请说明理由. 圍 第3题图 (3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知 识来解决问题：如图③，过△ABC的边AB,AC向外作正方形 ABDE和正方形ACFG,AH是BC边上的高，延长HA交EG 于点I,试说明：I是EG的中点. 类型2手拉手模型 4.（期中·21-22大同)如图，△ABC和△CDE都是等边三角形， 且点B,C,D在同一条直线上，连接 BE,AD,M,N分别是BE,AD上的点， 且BM=3BE,AW=3AD,则∠MCN 的度数是() 第4题图 A.45° B.50° C.70° D.60° —33— 5.如图，在△ABC中，过点C作CD⊥AB于点D,BD=CD,过 点B作BM⊥AC于点M,连接MD,过点D作DN⊥MD,交 BM于点N,CD与BM交于点E.下列结论： ①∠ABM=∠ACD; ②DM=DN; ③∠AMD=45°； ④SAEDN=SAADM 其中，正确结论有( )个 第5题图 A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图，四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，CE与BG 交于点M,点M在△ABC的外部. 试说明：(1)BG=CE. (2)CE⊥BG. 第6题图 爱学子 拒绝盗印 题型二构造全等三角形 类型1倍长中线法 7.如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D,AB =8,CD=5,延长BC交AD于点E,若 CE⊥AD,AE=ED,则四边形ABCD的 面积等于() A.10 B.20 第7题图 C.30 D.40 8.(月考·24-25太原三十七中)问题提出： 数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：如图①， 在△ABC中，AB=8,AC=6,D是BC的中点，求BC边上 的中线AD的取值范围 问题探究： 小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD 到E,使DE=AD,请补充完整证明“△ADC≌△EDB”的推 理过程. (1)求证：△ADC≌△EDB. 证明：延长AD到点E,使DE=AD, 因为D是BC的中点（已知）， 所以CD=BD(中点的定义)： 在△ADC和△EDB中， AD=ED(已作)， ∠ADC=∠EDB( CD=BD(已证)， 所以△ADC≌△EDB( (2)探究得出AD的取值范围是 问题解决： (3)如图②，△ABC中，∠B=90°，AB=3,AD是△ABC的中 线，CE⊥BC,CE=6,且∠ADE=90°，求AE的长.8 星教育 B ① ② 第8题图 类型2 截长补短法 9.如图，在 △ABC 中， AB>AC，AP 平分 ∠BAC， ，连接PB和 PC， 则下列结论正确的是() A A.AB-AC>PB-PC P B.AB-AC=PB-PC B C C.AB-AC<PB-PC 第9题图 D.AB-AC 与 PB-PC 的大小关系不确定 10.探究性试题问题背景： 数学课上，老师在黑板上展示了一道题： 如图 ①， 在四边形A BCD 中， $$A B = A D ， \angle B A D = 1 2 0 ^ { \circ } ，$$ $$\angle B = \angle A D C = 9 0 ^ { \circ } ，$$ 点E，F分别是BC，CD 上的点，且 $$\angle E A F = 6 0 ^ { \circ } .$$ 试说明： EF=BE+DF. 小明同学探究此问题的方法是：如图②，延长FD到点G， 使 DG=BE， ，连接AG，先说明 △ABE≅△ADG， ，再说明 △AEF≅△AGF， ，即可得出结论. (1)根据小明同学的探究方法写出说明过程. 拓展应用： (2)如图 ③， ，四边形 ABCD 的周长为 18，AB=AD=4， $$\angle B + \angle D = 1 8 0 ^ { \circ } ，$$ 点 E，F分别是BC，CD上的点，且 ∠EAF $$= \frac { 1 } { 2 } \angle B A D ，$$ 请直接写出 △CEF 的周长. G D D A D F A F F B E B E B E C ① ② ③ 第10题图 一34 题型三动点问题 11.（期末·23-24运城盐湖区)如图，∠A=∠B=90°，AB= 60cm,E,F分别为线段AB和射线BD上 D 的一点，若点E从点B出发，以2cm/s的 速度向点A运动，同时点F以4cm/s的 G 速度从点B出发沿射线BD的方向运动， E—B 运动到某时刻同时停止，在射线AC上取 第11题图 一点G,使△AEG与△BEF全等，则AG的长为 12.已知，如图，在长方形ABCD中，AB=4,AD=6,延长BC 到点E,使CE=2,连接DE.动点P从点B出发，以每秒2 个单位长度的速度沿BC一CD一DA向终点A运动，设点P 的运动时间为ts,要使△ABP和△DCE全等，试求t的值 第12题图 关爱学子 拒绝盗印答案与解析 因为∠AOB+∠COB=180°， 所以∠AOB=∠COB=90°，所以BD⊥AC. 22.【解】(1)是分析：由条件可知∠AOC+∠BOD=180°，又因 为OA=OB,OC=OD,所以△OAC和△OBD是兄弟三角形. (2)①BE=OD.理由如下： B 延长OP至点E,使PE=OP,如图， D 由题知BP=PD, 在△BPE和△DPO中， PE=OP,∠BPE=∠DPO, BP=PD, 第22题答图 所以△BPE≌△DPO(SAS), 所以BE=OD ②因为△BPE≌△DPO, 所以∠E=∠DOP, 所以BE∥OD, 所以∠EBO+∠BOD=180° 因为∠EOD+∠AOC=180°，所以∠EBO=∠AOC, 因为BE=OD,OD=OC, 所以BE=OC. 在△EBO和△COA中，EB=OC,∠EBO=∠AOC,OB=OA, 所以△EBO≌△COA(SAS), 所以OE=AC 又因为OE=2OP, 所以AC=2OP 23.【解】(1)BD=CEBD⊥CE (2)(1)中的结论仍成立.理由如下： 因为LBAC=∠DAE=90°， 所以∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE. 在△ABD和△ACE中，AB=AC,∠BAD=∠CAE,AD=AE, 所以△ABD≌△ACE(SAS), 所以BD=CE,∠ABD=∠ACE 因为在△ABC中，∠BAC=90°， 所以∠ABC+∠ACB=90°， 所以∠ACE+∠ACB=90°，即∠BCE=90° 所以BD⊥CE.故(1)中的结论仍成立. (3)CD的长为3或7. 分析：分情况讨论： ①当点D在BC上时，如图①， 由“SAS”可判定△ABD≌△ACE,所以BD=CE=2, 所以CD=BC-BD=5-2=3. D 第23题答图 ②当点D在CB的延长线上时，如图②， 可知△ABD≌△ACE,所以BD=CE=2, 所以CD=BC+BD=5+2=7. 综上，CD的长为3或7. 10.重难题型卷（三）全等三角形 1.D【解析】在△BDF和△CED中， BF=CD,∠B=∠C,BD=CE, 所以△BDF≌△CED(SAS),所以∠BFD=∠CDE. 因为∠FDC=∠FDE+∠CDE,∠FDC=180·-∠BDF= ∠B+∠BFD, 又∠FDE=65°，所以∠B=∠FDE=65°， 所以∠A=180°-2∠B=50°. 故选D. 2.4【解析】如图，过点E作EH⊥AW于点H, M 第2题答图 因为BA⊥AN,EH⊥AN,所以∠BAC=∠EHC=90° 因为∠ABC+∠ACB=90°，∠ACB+∠ECH=90°， 所以∠ABC=∠ECH, 因为△BCE和△ACD都是等腰直角三角形，所以BC=CE,AC =DC,∠BCE=∠ACD=90°.在△ABC和△HCE中，∠BAC =∠CHE,∠ABC=∠HCE,BC=CE, 所以△ABC≌△HCE(AAS),所以AC=HE=CD,AB=HC 在△DCM和△EHM中，∠CMD=∠HME,∠DCM=∠EHM, CD=HE,所以△DCM≌△EHM(AAS), 所以CM=HM,所以CM=)CH=7AB=4 故答案为4. 3.【解】(1)如题图①，因为BD⊥直线1，CE⊥直线1，所以∠BDA =∠CEA=90°，所以∠BAD+∠ABD=90°.因为∠BAC =90°，所以∠BAD+∠CAE=90°，所以∠CAE=∠ABD. 在△ADB和△CEA中，∠BDA=∠AEC,∠ABD=∠CAE,AB= CA,所以△ADB≌△CEA(AAS),所以BD=AE,AD=CE,所 以DE=AE+AD=BD+CE. (2)结论DE=BD+CE仍成立.理由如下： 因为∠BDA=∠BAC=a,所以∠DBA+∠BAD=∠BAD+ ∠CAE=I80°-a,所以∠DBA=∠CAE.在△ADB和△CEA中， ∠BDA=∠AEC,∠DBA=∠EAC,AB=CA, 所以△ADB≌△CEA(AAS),所以BD=AE,AD=CE,所以 DE=AE+AD=BD+CE. (3)如图，过点E作EM⊥HⅡ于点M,过点G作GN⊥HI,交HⅡ 的延长线于点N, 则∠EMI=∠GNI=90° 因为LEMA=∠EAB=∠BHA=90°，AE=AB, 所以由(1)可知EM=AH. 因为∠GNA=∠GAC=∠CHA=90°，GA=AC, 所以由(1)可知GWN=AH.所以EM=GN. 在△EMI和△GNI中，∠EIM=∠GIN,∠EMI=∠GNI,EM= GN,所以△EMI≌△GNI(AAS), 所以E1=GL,所以I是EG的中点. N.G B H 第3题答图 4.D【解析】因为△ABC和△CDE都是等边三角形， 所以BC=AC,CE=CD,∠BCA=∠ECD=60° 所以∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE,即∠BCE=∠ACD. 在△BCE与△ACD中，BC=AC,∠BCE=∠ACD,CE=CD, 所以△BCE≌△ACD(SAS), 所以∠MBC=∠NAC,BE=AD. 因为BM=3BE,AN=号AD,所以BM=AN 在△BCM与△ACN中，BM=AN,∠MBC=∠NAC,BC=AC, 所以△BCM≌△ACN(SAS),所以∠BCM=∠ACN 因为∠BCM+∠ACM=∠BCA=60°， 所以∠ACN+∠ACM=60°，即∠MCN=60°.故选D. 5.D【解析】因为CD⊥AB于点D,BM⊥AC于点M, 所以LBDC=∠ADC=∠CMB=∠AMB=90°， 所以∠ABM=∠ACD=90°-∠A,故①正确. 因为DW⊥MD,交BM于点N,所以∠MDN=90°， 所以∠CDM=90°-∠CDN=∠BDN. 在△CDM和△BDN中，∠CDM=∠BDN,CD=BD, ∠MCD=∠NBD, 所以△CDM≌△BDN(ASA),所以DM=DN,故②正确」 取MN的中点F,连接DF(图略)，所以NF=MF, 在△DFN和△DFM中， DN=DM,NF=MF,DFDF, ..△DFN≌△DFM(SSS), '.∠DMN=∠DNM, 因为∠MDN=90°，故∠DMN=∠DNM=45, 所以∠AMD=∠AMB-∠DMN=90°-45°=45°，故③正确 因为∠END=45°，∠AMD=45°，所以∠END=∠AMD. 因为∠EDN+∠CDM=90°，∠ADM+∠CDM=90°， 所以∠EDW=∠ADM 在△EDN和△ADM中，∠END=∠AMD,DN=DM, ∠EDN=∠ADM, 所以△EDN≌△ADM(ASA),所以SAEDN=SAADM故④正确. 综上，正确结论有①②③④，共4个.故选D. 真题圈数学七年级下3B 6.【解】(1)在正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE, AC=AG,∠BAE=∠CAG=90°，所以∠BAG=∠CAE 在△ABG和△AEC中，AB=AE,∠GAB=∠CAE,AG=AC, 所以△ABG≌△AEC(SAS),所以BG=CE. (2)如图，设AG,CE相交于点N,由(1)知△ABG≌△AEC, 所以∠AGB=∠ACE 又因为∠MNG=∠AWC,所以∠GMN=∠CAG=90°」 所以CE⊥BG. 第6题答图 7.B【解析】延长CE到点K,使EK=CE,连接AK,如图. 因为EK=EC,∠AEK=∠DEC,AE=DE, 所以△AKE≌△DCE(SAS,所以AK=CD=5,∠KAE=∠D. 因为∠D=∠B,所以∠KAE=∠B. 因为BE⊥AD,所以∠B+∠BAE=90°，所以∠KAE+∠BAE= 90°，所以SAAR=7AB·AK=7×8×5=20, 因为△AKE≌△DCE(SAS),所以S AAKE=SADCE, 所以S四边形cD=SABK=20.故选B, A 第7题答图 8.【解】(1)对顶角相等SAS (2)1<AD<7分析：由题意可得AC=BE=6,所以8-6<AE< 8+6,所以2<2AD<14,所以1<AD<7. (3)延长AD交EC的延长线于点F,如图， 第8题答图 因为AD是△ABC的中线，所以BD=DC 因为∠B=90°，CE⊥BC,所以∠ABC=∠DCF 在△ABD和△FCD中， ∠ABC=∠FCD,BD=DC,∠ADB=∠FDC, 所以△ABD≌△FCD(ASA), 所以CF=BA=3,AD=DE 在△AED和△FED中，AD=FD,∠ADE=∠FDE,DE=DE, 所以△AED≌△FED(SAS), 所以AE=FE, 0 所以AE=CE+CF=9. 答案与解析 9.A【解析】如图，在AB上截取AD,使AD=AC,连接DP 因为AP平分∠BAC,所以∠DAP=∠CAP在△ADP和△ACP中， AD=AC,∠DAP=∠CAP,AP=AP,所以△ADP≌△ACP (SAS),所以PD=PC.在△BPD中，PB-PD<BD,所以PB- PC<BD.因为BD=AB-AD=AB-AC,所以PB-PC<AB-AC, 即AB-AC>PB-PC.故选A D B 第9题答图 10.【解】(1)如题图②，因为∠B=∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG =180°，所以∠B=∠ADG=90°. 在△ABE和△ADG中，BE=DG,∠B=∠ADG,AB=AD, 所以△ABE≌△ADG(SAS), 所以AE=AG,∠BAE=∠DAG. 因为∠EAF=60°，∠BAD=120°， 所以LBAE+∠DAF=60°. 所以∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60° 所以∠EAF=∠GAF 在△AEF和△AGF中，AE=AG,∠EAF=∠GAF,AF=AF, 所以△AEF≌△AGF(SAS),所以EF=GF 因为GF=DG+DF=BE+DF,所以EF=BE+DF (2)△CEF的周长为10. 分析：由(1)同理可得EF=BE+DF,所以△CEF的周长为 CE+CF+EF=CE+CF+BE+DF=BC+CD.因为四边形ABCD 的周长为AB+AD+BC+CD=18,AB=AD=4,所以BC+CD =18-AB-AD=10.所以△CEF的周长为10. 11.20cm或60cm【解析】设运动时间为ts,则BE=2tcm,BF =4tcm,AE=(60-2)cm.因为∠A=∠B=90°，使△AEG与 △BEF全等，可分两种情况： ①当AG=BE,AE=BF时，有60-2t=41, 解得t=10,所以AG=BE=2t=2×10=20(cm): ②当AE=BE,AG=BF时，有60-2t=21, 解得t=15,所以AG=BF=4t=4×15=60(cm). 综上所述，AG的长为20cm或60cm 故答案为20cm或60cm. 12.【解J因为AB=CD,若∠ABP=∠DCE=90°，BP=CE=2, 根据SAS证得△ABP≌△DCE, 由题意得BP=2t=2,所以t=1. 因为AB=CD,若∠BAP=∠DCE=90°，AP=CE=2, 根据SAS证得△BAP≌△DCE. 由题意得AP=16-2t=2,解得t=7. 所以当t的值为1或7时，△ABP和△DCE全等， 11.第五章学情调研 题号123 4567 8910 答案 DB BDC D A B 1.C2.D 3.B【解析】因为AB=AC,AD是边BC上的高，所以BD= CD,∠BAD=∠CAD,即AD平分∠BAC,所以SAMm=2BD: AD=CDAD=SAMm故选项A,C,D正确，不符合题意， 而已知条件无法证明∠BAC=∠ABC,故选项B错误，符合题意。 故选B. 4.B【解析】因为AB=AC,AD=CD=BC,所以∠A= ∠ACD,∠B=∠ACB=∠CDB.设∠A=x°，则∠ACD=∠A=x°， 所以∠B=∠ACB=∠CDB=180°-∠ADC=∠A+∠ACD= 2x°.因为∠A+∠B+∠ACB=180°，所以x+2x+2x=180,所以 x=36,所以∠A=36°.故选B. 5.D6.C 7.C【解析】因为EF垂直平分BC, 以BF=CF,所以∠B=∠BCF 因为△ACF为等边三角形，所以∠AFC=60°. 因为∠AFC+∠BFC=180°，∠BFC+∠B+∠BCF=180°， 所以∠AFC=∠B+∠BCF=60°，所以∠B=∠BCF=30° 故选C. 8.D【解析题图是一个轴对称图形，直线OF是其对称轴 A因为BC与B'C是一组对应边，所以BC=B'C',故此选项 不符合题意； B.因为∠D与∠D是一组对应角，所以∠D=∠D',故此选项不 符合题意； C.因为∠AOF与∠A'OF关于OF对称，所以OF平分∠AOA', 故此选项不符合题意； D.因为直线OF是对称轴，所以OF垂直平分BB',所以原说法 错误，故此选项符合题意. 故选D. 9.A【解析】把△ABC沿BC边上的高AM所在的直线翻折后 如图所示，由折叠可知∠C=∠C=40°，则由三角形内角和定 理可得∠CAC=180°-40°-40°=100°.又∠BAC=20°，所以 ∠BAC=∠CAC'-∠BAC=100°-20°=80°.故选A. M 第9题答图 10.B【解析】如图，连接BP,因为点 P是∠BAC的平分线上一动点， AB=AC,所以AP垂直平分BC, 所以CP=BP,所以PD+PC= B PD+PB,所以当点P在BD上时， BP+PD取得最小值，且最小值为 线段BD的长·又因为△ABD是 第10题答图 等边三角形，所以BD=AB=20,所以PC+PD的最小值为 20.故选B.