初中数学苏科版（2024）八年级上册全等三角形练习

这是一份初中数学苏科版（2024）八年级上册全等三角形练习，共16页。
1．工人师傅常用角尺平分一个任意角，做法如下：如图，∠AOB是一个任意角，在边OA、OB上分别取OM＝ON，移动角尺，使角尺两边相同的刻度分别与点M、N重合，过角尺顶点C作射线OC，由此作法便可得△NOC≌△MOC，其依据是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
2．如图，已知MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，下列条件中不能判定△ABM≌△CDN的是（ ）
A．∠M＝∠NB．AB＝CDC．AM＝CND．AM∥CN
3．如图，要测量河两岸相对的两点A、B的距离，先在AB的垂线BF上取两点C、D，使BC＝CD，再作出BF的垂线DE，使点A、C、E在同一条直线上（如图），可以说明△ABC≌△EDC，得AB＝DE，因此测得DE的长就是AB的长，判定△ABC≌△EDC，最恰当的理由是（ ）
A．SASB．HLC．SSSD．ASA
4．如图所示，则下面图形中与图中△ABC一定全等的三角形是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，已知△ABC和△DCE均是等边三角形，点B、C、E在同一条直线上，AE与BD交于点O，AE与CD交于点G，AC与BD交于点F，连接OC、FG，则下列结论：①AE＝BD②AG＝BF③FG∥BE④图中共有4对全等三角形，其中正确结论的个数（ ）
A．3个B．2个C．1个D．4个
二．填空题
6．如图，四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′，则∠A的大小是 ．
7．如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝ ．
8．如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，BE＝CF，请添加一个条件 ，使△ABC≌△DEF．
9．如图，若△ABC≌△DEF，BE＝18，BF＝5，则FC的长度是 ．
10．如图，△ABC中，AD⊥BC于D，要使△ABD≌△ACD，若根据“HL”判定，还需要加条件 ．
11．如图所示，某同学将一块三角形的玻璃打碎成了三块，现在要到玻璃店去配一块完全一样的玻璃，那么最省事的办法是带第 块去．（填序号）
12．如图，若△ABC≌△ADE，且∠B＝60°，∠C＝30°，则∠DAE＝ ．
三．解答题
13．如图，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD、CE交于F．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）求证：AF平分∠BAC．
14．已知：如图，MS⊥PS，MN⊥SN，PQ⊥SN，垂足分别为S、N、Q，且MS＝PS．求证：△MNS≌△SQP．
15．已知如图，AC，BD都垂直于BC，点E在BC上，DE⊥AB，垂足为点F，且AB＝ED，求证：DB＝BC．
16．如图，AC⊥AB，BD⊥AB，CE⊥DE，CE＝DE．
求证：（1）AC＝BE，
（2）AC+BD＝AB．
17．已知：如图点O在射线AP上，∠1＝∠2＝15°，AB＝AC，∠B＝40°．
（1）求证：△ABO≌△ACO；
（2）求∠POC的度数．
18．如图，AC、DB相交于点O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO．
求证：
（1）AO＝DO；
（2）∠OBC＝∠OCB．
19．如图，在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，D为AB延长线上一点，点E在BC边上，且BE＝BD，连接AE、DE、DC．
①求证：△ABE≌△CBD；
②若∠CAE＝30°，求∠BDC的度数．
20．数学模型学习与应用：
（1）学习：如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，BC⊥AC于点C，DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D；又∠ACB＝∠AED＝90°，可以通过推理得到△ABC≌△DAE，进而得到AC＝ ，BC＝ ．我们把这个数学模型称为“一线三等角”模型．
（2）应用：如图2，在△ABC中，AB＝AC，点D，A，E都在直线l上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α．若DE＝a，BD＝b，求CE的长度（用含a，b的代数式表示）；
（3）拓展：如图3，在（2）的条件下，若α＝120°，且△ACF是等边三角形，试判断△DEF的形状，并说明理由．
参考答案
一．选择题
1．解：∵在△ONC和△OMC中，
∴△MOC≌△NOC（SSS），
∴∠BOC＝∠AOC，
故选：A．
2．解：A、∠M＝∠N，符合ASA，能判定△ABM≌△CDN，故A选项不符合题意；
B、AB＝CD，符合SAS，能判定△ABM≌△CDN，故B选项不符合题意；
C、根据条件AM＝CN，MB＝ND，∠MBA＝∠NDC，不能判定△ABM≌△CDN，故C选项符合题意；
D、AM∥CN，得出∠MAB＝∠NCD，符合AAS，能判定△ABM≌△CDN，故D选项不符合题意．
故选：C．
3．解：因为证明在△ABC≌△EDC用到的条件是：CD＝BC，∠ABC＝∠EDC＝90°，∠ACB＝∠ECD，
所以用到的是两角及这两角的夹边对应相等即ASA这一方法．
故选：D．
4．解：A图有两边相等，而夹角不一定相等，二者不一定全等；
B图与三角形ABC有两边及其夹角相等，二者全等；
C图有两边相等，而夹角不一定相等，二者不一定全等；
D图与三角形ABC有两角相等，二者不一定全等；
故选：B．
5．解：∵△ABC和△CDE均是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD，①正确；
∠CAG＝∠CBF，
∵∠ACG＝180°﹣2×60°＝60°，
∴∠ACG＝∠BCF＝60°，
在△ACG和△BCF中，
，
∴△ACG≌△BCF（AAS），
∴AG＝BF，CG＝CF，②正确；
∵∠ACG＝60°，
∴△CFG是等边三角形，
∴∠GFC＝60°＝∠ACB，
∴FG∥BE；③正确；
图中全等三角形有△ACE≌△BCD（SAS），△ACG≌△BCF（AAS），△CFD≌△CGE（AAS），
故④错误，
故选：A．
二．填空题
6．解：∵四边形ABCD≌四边形A'B'C'D'，
∴∠D＝∠D′＝130°，
∴∠A＝360°﹣∠B﹣∠C﹣∠D＝360°﹣75°﹣60°﹣130°＝95°，
故答案为：95°．
7．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°．
8．解：添加条件：AB＝DE，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即CB＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
故答案为：AB＝DE．
9．解：∵△ABC≌△DEF，
∴BC＝EF，
∵BF＝BC﹣FC，CE＝FE﹣FC，
∴BF＝CE，
∵BF＝5，
∴CE＝5，
∴CF＝BE﹣CE﹣BF＝18﹣5﹣5＝8．
故答案为：8．
10．解：还需添加条件AB＝AC，
∵AD⊥BC于D，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
在Rt△ABD和Rt△ACD中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL），
故答案为：AB＝AC．
11．解：第一块和第二块只保留了原三角形的一个角和部分边，根据这两块中的任一块均不能配一块与原来完全一样的；
第三块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．应带③去．
故答案为：③．
12．解：∵在△ABC中，∠B＝60°，∠C＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝90°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
故答案为：90°．
三．解答题
13．证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（AAS）．
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴AE＝AD，
在Rt△AEF和Rt△ADF中，
，
∴Rt△AEF≌Rt△ADF（HL），
∴∠EAF＝∠DAF，
∴AF平分∠BAC．
14．解：∵MS⊥PS，MN⊥SN，PQ⊥SN，
∴∠M+∠MSN＝∠MSN+∠PSQ，
∴∠M＝∠PSQ；
在△MNS与△SQP中，
，
∴△MNS≌△SQP（AAS）．
15．证明：∵AC，BD都垂直于BC，
∴∠C＝∠DBE＝90°．
∴∠A+∠ABC＝90°，
又∠ABC+∠DEB＝90°，
∴∠A＝∠DEB．
又AB＝ED，
∴△ABC≌△EDB（AAS）．
∴DB＝BC．
16．证明：（1）∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠C+∠CEA＝90°，∠D+∠DEB＝90°，
∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∴∠CEA+∠DEB＝90°，
∴∠C＝∠DEB，
在△CAE和△EBD中
，
∴△CAE≌△EBD（AAS），
∴AC＝BE，
（2）∵△CAE≌△EBD，
∴AC＝BE，BD＝AE，
∵AE+BE＝AB，
∴AC+BD＝AB．
17．（1）证明：在△ABO与△ACO中，
∴△ABO≌△ACO（SAS）；
（2）解：∵△ABO≌△ACO，
∴∠C＝∠B＝40°，
∴∠POC＝∠2+∠C＝15°+40°＝55°．
18．证明：（1）在△ABO和△DCO中，
，
∴△ABO≌△DCO（AAS），
∴AO＝DO；
（2）由（1）知，△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB．
19．①证明：在△ABE和△CBD中，
，
∴△ABE≌△CBD（SAS）；
②解：∵在△ABC中，AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
由①得：△ABE≌△CBD，
∴∠AEB＝∠BDC，
∵∠AEB为△AEC的外角，
∴∠AEB＝∠ACB+∠CAE＝30°+45°＝75°，
则∠BDC＝75°．
20．解：（1）∵∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，
∴∠1＝∠D，
在△ABC和△DAE中，
，
∴△ABC≌△DAE（AAS），
∴AC＝DE，BC＝AE，
故答案为：DE，AE；
（2）∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝180°﹣α＝∠BAD+∠CAE，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
∵DE＝a，BD＝b，
∴CE＝DE﹣BD＝a﹣b；
（3）△DEF是等边三角形，
理由如下：由（2）知：△ABD≌△CAE，
∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，
∵△ACF是等边三角形，
∴∠CAF＝60°，AB＝AF，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABD+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，
即∠DBF＝∠FAE，
在△BDF和△AEF中，
，
∴△BDF≌△AEF（SAS），
∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠AFD+∠AFE＝∠AFD+∠BFD＝60°，
∴△DEF是等边三角形．