初中数学人教版（2024）八年级上册（2024）小结优秀习题

这是一份初中数学人教版（2024）八年级上册（2024）小结优秀习题，文件包含专题2全等三角形中的动态问题探究原卷版-2025-2026学年八年级数学提优专题训练及试卷测试人教版docx、专题2全等三角形中的动态问题探究解析版-2025-2026学年八年级数学提优专题训练及试卷测试人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共14页， 欢迎下载使用。
（一）平移
1．（2023•神木市一模）如图，在△ABC中，AB＝BC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF，若∠B＝40°，则∠F的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【思路引领】根据等腰三角形的性质可求∠ACB，再根据平移的性质即可求解．
【解答】解：在△ABC中，AB＝BC，∠B＝40°，
∴∠ACB＝∠A＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∵将△ABC 沿BC方向平移得到△DEF，
∴∠F＝∠ACB＝70°．
故选：D．
【总结提升】此题考查了平移的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握平移的性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
（二）翻折
2．（2024秋•来宾期末）如图，△ABE和△ADC分别沿着边AB、AC翻折180°形成的，若∠BCA：∠ABC：∠BAC＝28：5：3，BE与DC交于点F，则∠EFC的度数为（ ）
A．20°B．30°C．40°D．45°
【思路引领】根据∠BCA：∠ABC：∠BAC＝28：5：3，三角形的内角和定理分别求得∠BCA，∠ABC，∠BAC的度数，然后根据折叠的性质求出∠D、∠DAE、∠BEA的度数，在△AOD中，根据三角形的内角和定理求出∠AOD的度数，继而可求得∠EOF的度数，最后根据三角形的外角定理求出∠EFC的度数．
【解答】解：在△ABC中，
∵∠BCA：∠ABC：∠BAC＝28：5：3，
∴设∠BCA为28x，∠ABC为5x，∠BAC为3x，
则28x+5x+3x＝180°，
解得：x＝5°，
则∠BCA＝140°，∠ABC＝25°，∠BAC＝15°，
由折叠的性质可得：∠D＝25°，∠DAE＝3∠BAC＝45°，∠BEA＝140°，
在△AOD中，∠AOD＝180°﹣∠DAE﹣∠D＝110°，
∴∠EOF＝∠AOD＝110°，
∴∠EFC＝∠BEA﹣∠EOF＝140°﹣110°＝30°．
故选：B．
【总结提升】本题考查图形的折叠变化及三角形的内角和定理．关键是要理解折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
3．（2024秋•高坪区校级期中）如图，△ABE、△ADC是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的．若∠BAC：∠ABC：∠ACB＝28：5：3，则∠EFC的度数为（ ）
A．75°B．80°C．95°D．100°
【思路引领】由题意设∠BAC＝28x，∠ABC＝5x，∠ACB＝3x，利用三角形的内角和定理可求解x值，即可求解∠BAC＝140°，∠ABC＝25°，∠ACB＝15°，再由折叠的性质可求得∠FBCC，∠FCB的度数，根据三角形外角的性质可求解．
【解答】解：∵∠BAC：∠ABC：∠ACB＝28：5：3，
∴设∠BAC＝28x，∠ABC＝5x，∠ACB＝3x，
∴28x+5x+3x＝180°，
解得x＝5，
∴∠BAC＝140°，∠ABC＝25°，∠ACB＝15°，
由折叠可知：∠EBA＝∠ABC＝25°，∠ACD＝∠ACB＝15°，
∴∠FBC＝50°，∠FCB＝30°，
∴∠EFC＝∠FBC+∠FCB＝50°+30°＝80°，
故选：B．
【总结提升】本题主要考查三角形的内角和定理，三角形外角的性质，通过方程求解∠BAC，∠ABC，∠ACB的度数是解题的关键．
（三）旋转
4．（2024秋•南开区校级月考）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），给出以下四个结论：
①AE＝CF；
②BE＝AF；
③线段EF的长度不变；
④2S四边形AEPF＝S△ABC；
⑤BE+CF＝EF．
上述结论中始终正确的有 ①②④ （填写正确结论的序号）．
【思路引领】利用旋转的思想观察全等三角形，寻找条件证明三角形全等．根据全等三角形的性质对题中的结论逐一判断．
【解答】解：∵∠APE、∠CPF都是∠APF的余角，
∴∠APE＝∠CPF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，P是BC中点，
∴AP＝CP，
在△APE和△CPF中，
∠EPA=∠FPCAP=CP∠EAP=∠FCP=45°，
∴△APE≌△CPF（ASA），
同理可证△APF≌△BPE，
∴AE＝CF，△EPF是等腰直角三角形，2S四边形AEPF＝S△ABC，①④正确；
∴AE＝FC，BE＝AF，EF=2PE，故②正确；
∵点E是AB上一点，
∴PE的长度是变化的，即EF的长度是变化的，故③错误；
∴AF+AE＞EF，
∴BE+CF＞EF，故⑤错误．
故答案为：①②④．
【总结提升】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．（2024秋•东辽县期末）将两个全等的直角三角形ABC和DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F．
（1）连接BF，求证：CF＝EF．
（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°＜α＜60°，其他条件不变，如图②，求证：AF+EF＝DE．
（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°＜β＜180°，其他条件不变，如图③，你认为（2）中的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请直接写出AF、EF与DE之间的数量关系．
【思路引领】（1）如图，连接BF，由△ABC≌△DBE，可得BC＝BE，根据直角三角形的“HL”判定定理，易证△BCF≌△BEF，即可得出结论；
（2）同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AC＝AF+CF＝AF+EF，即AF+EF＝DE；
（3）同（1）得CF＝EF，由△ABC≌△DBE，可得AC＝DE，AF＝AC+FC＝DE+EF．
【解答】（1）证明：如图1，连接BF，
∵△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，
在Rt△BCF和Rt△BEF中，
BC=BEBF=BF，
∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），
∴CF＝EF；
（2）如图2，连接BF，
∵△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，
在Rt△BCF和Rt△BEF中，
BC=BEBF=BF，
∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），
∴EF＝CF，
∴AF+EF＝AF+CF＝AC＝DE；
（3）如图3，连接BF，
∵△ABC≌△DBE，
∴BC＝BE，
∵∠ACB＝∠DEB＝90°，
∴△BCF和△BEF是直角三角形，
在Rt△BCF和Rt△BEF中，
BC=BEBF=BF，
∴Rt△BCF≌Rt△BEF（HL），
∴CF＝EF，
∵AC＝DE，
∴AF＝AC+FC＝DE+EF．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，学生应熟练掌握证明三角形全等的几个判定定理及其性质．解题时注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．
类型二 动态问题中的全等
6．如图，已知△ABC中，AB＝AC＝6cm，∠B＝∠C，BC＝4cm，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以1cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向点A运动．当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
（2）若点Q以1.5cm/s的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，则经过 24 秒后，点P与点Q第一次在△ABC的AC边上相遇？（在横线上直接写出答案，不必书写解题过程）
【思路引领】（1）由于∠B＝∠C，若要△BPD与△CQP全等，只需要BP＝CQ或BP＝CP，进而求出点Q的速度．
（2）因为点Q的速度大于点P速度，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．
【解答】解：（1）设运动时间为t s，点Q的速度为v cm/s，
∵点D为AB的中点，
∴BD＝3，
∴BP＝t，CP＝4﹣t，CQ＝vt，
由于△BPD≌△CQP，且∠B＝∠C
当BP＝CQ时，
∴t＝vt，
∴v＝1，
当BP＝CP时，
t＝4﹣t，
∴t＝2，
∴BD＝CQ
∴3＝2v，
∴v=32，
综上所述，点Q的速度为1cm/s或32cm/s
（2）设经过x秒后P与Q第一次相遇，
依题意得：1.5x＝x+2×6，
解得：x＝24
此时P运动了24×1＝24（cm）
又∵△ABC的周长为16cm，24＝16+8，
∴点P、Q在AC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在AC边上相遇．
故答案为24
【总结提升】本题考查了全等三角形的性质，关键是能根据题意得出方程．
7．（2023秋•淮阴区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝7cm，BC＝5cm，CD为AB边上的高，点E从点B出发，在直线BC上以2cm/s的速度移动，过点E作BC的垂线交直线CD于点F．
（1）求证：∠A＝∠BCD；
（2）当CF＝AB时，点E运动多长时间？并说明理由．
【思路引领】（1）根据余角的性质即可得到结论；
（2）如图，分点E在射线BC上移动和点E在射线CB上移动两种情况，证△CEF≌△ACB得CE＝AC＝5，继而得出BE的长，从而得出答案．
【解答】解：（1）∵∠A+∠ACD＝90°，∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠A＝∠BCD；
（2）如图，当点E在射线BC上移动时，
∵∠A＝∠BCD，∠BCD＝∠ECF，
∴∠A＝∠ECF，
在△CFE与△ABC中，
∠CEF=∠ACB∠ECF=∠ACF=AB，
∴△CEF≌△ACB（AAS），
∴CE＝AC＝7，
∴BE＝BC+CE＝12，
∴t＝12÷2＝6（s）；
当点E在射线CB上移动时，
同理△CF′E′≌△CBA（AAS），
∴CE′＝AC＝7，
∴BE′＝CE′﹣CB＝2，
∴t＝2÷2＝1（s）
总之，当点E在射线CB上移动6s或1s时，CF＝AB．
【总结提升】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
8．（2024春•泗县月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝12，BC＝18．点P从点A出发，沿折线AC﹣CB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC﹣CA以每秒6个单位长度的速度向终点A运动，P，Q两点同时出发．分别过P，Q两点作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F．设点P的运动时间为t（s）．
（1）当P，Q两点相遇时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，求CP，CQ的长；（用含t的代数式表示）
（3）当△PEC与△QFC全等时，求t的值．
【思路引领】（1）根据题意列方程并解方程解决即可；
（2）根据题意，分情况列代数式表示即可；
（3）分情况根据两三角形全等分别列方程并解方程即可解决．
【解答】解：（1）由题意，得2t+6t＝12+18，
解得t＝3.75．
∴当P，Q两点相遇时，t的值为3.75s．
（2）由题意可知，P点运动的路线长为2t，
当0＜t≤6时，CP＝12﹣2t．
当6＜t≤15时，CP＝2t﹣12．
由题意可知，Q点运动的路线长为6t，
当0＜t≤3时，CQ＝18﹣6t．
当3＜t≤5时，CQ＝6t﹣18．
（3）当Q点运动到点C时，t=186=3(s)；当Q点运动到点A时，t=306=5(s)．
当点P在AC上，点Q在BC上时，
∵∠ACB＝90°，
∴∠PCE+∠QCF＝90°．
∵PE⊥l，QF⊥l，
∴∠PEC＝∠CFQ＝90°．
∴∠EPC+∠PCE＝90°．
∴∠EPC＝∠FCQ．
当PC＝CQ时，△PCE≌△CQF．
∴12﹣2t＝18﹣6t，
解得t＝1.5．
当点P在AC上，点Q在AC上时，当点P，Q重合时，△PCE≌△QCF．
∴CP＝CQ．
即6t﹣18＝12﹣2t，
解得t＝3.75．
当点P在BC上时，点Q到终点与点A重合，△PCE≌△CQF．
∴PC＝QC＝12．
即2t﹣12＝12，
解得t＝12．
综上，当△PEC与△QFC全等时，t的值为1.5s或3.75s或12s．
【总结提升】本题考查了动点问题及全等三角形的判定与性质、一元一次方程的应用，根据题意得出关于t的方程是解题的关键．