达标测试人教版8年级数学上册《全等三角形》定向测评试题（详解版）

人教版8年级数学上册《全等三角形》定向测评考试时间：90分钟；命题人：教研组考生注意：1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。第I卷（选择题20分）一、单选题（5小题，每小题4分，共计20分）1、如图，，点在边上，则下列结论中一定成立的是（

）A． B．C． D．2、如图，Rt△ACB中，∠ACB=90°，△ACB的角平分线AD，BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB=135°；②AD=PF+PH；③DH平分∠CDE；④S四边形ABDE=S△ABP；⑤S△APH=S△ADE，其中正确的结论有（

）个A．2 B．3 C．4 D．53、如图所示，是的边上的中线，cm，cm，则边的长度可能是（

）A．3cm B．5cm C．14cm D．13cm4、如图，已知∠ABC＝∠DCB．添加一个条件后，可得△ABC≌△DCB，则在下列条件中，不能添加的是（）A．AC＝DB B．AB＝DC C．∠A＝∠D D．∠ABD＝∠DCA5、如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，过P作PF⊥AD交BC的延长线于点F，交AC于点H，则下列结论：①∠APB＝135°；②BF＝BA；③PH＝PD；④连接CP，CP平分∠ACB，其中正确的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④第Ⅱ卷（非选择题80分）二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）1、如图，点，，在同一直线上，，，，，若线段与线段的长度之比为，则线段与线段的长度之比为______．2、如图，若△ABC≌△ADE，且∠1＝35°，则∠2＝_____．3、如图，AB＝DC，BF＝CE，需要补充一个条件，就能使△ABE≌△DCF，下面几个答案：①AE＝DF，②AE∥DF；③AB∥DC，④∠A＝∠D．其中正确的是_____．4、如图，在和中，点B、E、C、F在同一条直线上，且，，请你再添加一个适当的条件：________________，使．5、如图，四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′，则∠A的大小是______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、中，，，过点作，连接，，为平面内一动点．（1）如图1，点在上，连接，，过点作于点，为中点，连接并延长，交于点．①若，，则；②求证：．（2）如图2，连接，，过点作于点，且满足，连接，，过点作于点，若，，，请求出线段的取值范围．2、（2019秋•九龙坡区校级月考）如图．在四边形ABCD中，∠B+∠ADC＝180°，AB＝AD，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF∠BAD，求证：EF＝BE﹣FD．3、如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝60°，线段AC与AD关于直线AP对称，E是线段BD与直线AP的交点．（1）若∠DAE＝15°，求证：△ABD是等腰直角三角形；（2）连CE，求证：BE＝AE+CE．4、如图，点C、F在线段BE上，∠ABC＝∠DEF＝90°，BC＝EF，请只添加一个合适的条件使△ABC≌△DEF．（1）根据“ASA”，需添加的条件是；根据“HL”，需添加的条件是；（2）请从（1）中选择一种，加以证明．5、如图，在中，，点在边上，使，过点作，分别交于点，交的延长线于点．求证：．-参考答案-一、单选题1、C【解析】【分析】根据全等三角形的性质可直接进行排除选项．【详解】解：∵，∴AB=AD，BC=DE，AC=AE，∠B=∠ADE，∠C=∠E，∴∠ABD=∠ADB，故A、B、D都是错误的，C选项正确；故选C．【考点】本题主要考查全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．2、B【解析】【分析】①正确．利用三角形内角和定理以及角平分线的定义即可解决问题．②正确．证明△ABP≌△FBP，推出PA=PF，再证明△APH≌△FPD，推出PH=PD即可解决问题．③错误．利用反证法，假设成立，推出矛盾即可．④错误，可以证明S四边形ABDE=2S△ABP．⑤正确．由DH∥PE，利用等高模型解决问题即可．【详解】解：在△ABC中，AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC∵∠ACB=90°∴∠A+∠B=90°又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC∴∠BAD+∠ABE=（∠A+∠B）=45°∴∠APB=135°，故①正确∴∠BPD=45°又∵PF⊥AD∴∠FPB=90°+45°=135°∴∠APB=∠FPB又∵∠ABP=∠FBPBP=BP∴△ABP≌△FBP（ASA）∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF在△APH和△FPD中∴△APH≌△FPD（ASA）∴PH=PD∴AD=AP+PD=PF+PH．故②正确∵△ABP≌△FBP，△APH≌△FPD∴S△APB=S△FPB，S△APH=S△FPD，PH=PD∵∠HPD=90°∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD∴HD∥EP∴S△EPH=S△EPD∴S△APH=S△AED，故⑤正确∵S四边形ABDE=S△ABP+S△AEP+S△EPD+S△PBD=S△ABP+（S△AEP+S△EPH）+S△PBD=S△ABP+S△APH+S△PBD=S△ABP+S△FPD+S△PBD=S△ABP+S△FBP=2S△ABP，故④不正确若DH平分∠CDE，则∠CDH=∠EDH∵DH∥BE∴∠CDH=∠CBE=∠ABE∴∠CDE=∠ABC∴DE∥AB，这个显然与条件矛盾，故③错误故选B．【考点】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3、B【解析】【分析】延长AD至M使DM=AD，连接CM，根据SAS得出，得出AB=CM=4cm，再根据三角形的三边关系得出AC的范围，从而得出结论．【详解】解：延长AD至M使DM=AD，连接CM，∵是的边上的中线，∴BD=CD，∵∠ADB=∠CDM,∴，∴MC=AB=5cm，AD=DM=4cm，∴AM=8cm在中，即：3＜AC＜13，故选：B【考点】本题考查了全等三角形的判定与性质以及三角形的三边关系，根据三角形的三边关系找出AC长度的取值范围是解题的关键．4、A【解析】【分析】先要确定现有已知在图形上的位置，结合全等三角形的判定方法对选项逐一验证，排除错误的选项．【详解】解：∵∠ABC＝∠DCB，∵BC＝BC，A、添加AC＝DB，不能得△ABC≌△DCB，符合题意；B、添加AB＝DC，利用SAS可得△ABC≌△DCB，不符合题意；C、添加∠A＝∠D，利用AAS可得△ABC≌△DCB，不符合题意；D、添加∠ABD＝∠DCA，∴∠ACB＝∠DBC，利用ASA可得△ABC≌△DCB，不符合题意；故选：A．【考点】本题主要考查三角形全等的判定，熟练掌握判定方法是解题的关键．5、D【解析】【分析】根据三角形内角和定理以及角平分线定义判断①；根据全等三角形的判定和性质判断②③；根据角平分线的判定与性质判断④．【详解】解：在△ABC中，∵∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，又∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，∴∠BAD+∠ABE=(∠BAC+∠ABC)=(180°-∠ACB)=(180°-90°)=45°，∴∠APB=135°，故①正确．∴∠BPD=45°，又∵PF⊥AD，∴∠FPB=90°+45°=135°，∴∠APB=∠FPB，又∵∠ABP=∠FBP，BP=BP，∴△ABP≌△FBP(ASA)，∴∠BAP=∠BFP，AB=FB，PA=PF，故②正确．在△APH和△FPD中，∵∠APH=∠FPD=90°，∠PAH=∠BAP=∠BFP，PA=PF，∴△APH≌△FPD(ASA)，∴PH=PD，故③正确．连接CP，如下图所示：∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点P，∴点P到AB、AC的距离相等，点P到AB、BC的距离相等，∴点P到BC、AC的距离相等，∴点P在∠ACB的平分线上，∴CP平分∠ACB，故④正确，综上所述，①②③④均正确，故选：D．【考点】本题考查了角平分线的判定与性质，三角形全等的判定方法，三角形内角和定理．掌握相关性质是解题的关键．二、填空题1、或【解析】【分析】根据平行线的性质得到CE⊥BC，根据余角的性质得到∠ACB＝∠E，根据全等三角形的性质得到CD＝AB，BC＝CE，等量代换即可得到结论．【详解】解：∵AB∥EC，AB⊥BC，∴CE⊥BC，∴∠B＝∠DCE＝90°，∵AC⊥DE，∴∠ACD＋∠CDE＝∠CDE＋∠E＝90°，∴∠ACB＝∠E，∵AC＝DE，∴△ABC≌△DCE（AAS），∴CD＝AB，BC＝CE，∵线段AB与线段CE的长度之比为5：8，∴CD：BC＝5：8，∴线段BD与线段DC的长度之比为3：5，故答案为：3：5．【考点】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．2、35°．【解析】【分析】根据全等的性质可得：∠EAD＝∠CAB，再根据等式的基本性质可得∠1＝∠2＝35°.【详解】解：∵△ABC≌△ADE，∴∠EAD＝∠CAB，∴∠EAD－∠CAD＝∠CAB－∠CAD，∴∠2＝∠1＝35°．故答案为35°．【考点】此题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解决此题的关键.3、①③．【解析】【分析】先求出BE＝CF，根据平行线的性质得出∠AEB＝∠DFC，再根据全等三角形的判定定理推出即可．【详解】∵BF＝CE，∴BF+EF＝CE+EF，即BE＝CF，①在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SSS），故①正确；②∵AE∥DF，∴∠AEB＝∠DFC，根据AB＝CD，BE＝CF和∠AEB＝∠DFC不能推出△ABE≌△DCF，故②错误；③∵AB∥CD，∴∠B＝∠C，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），故③正确；④根据AB＝CD，BE＝CF和∠A＝∠D不能推出△ABE≌△DCF，故④错误．故答案为：①③．【考点】本题考查了全等三角形的判定问题，掌握全等三角形的性质以及判定定理是解题的关键．4、或或【解析】【分析】根据全等三角形的判定即可求解．【详解】解：①根据定理，即，可得；②根据定理，即，可得；③若，则，则根据定理，即可得；综上所述，添加一个适当的条件：或或，故答案为：或或．（答案不唯一）【考点】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．5、95°【解析】【分析】根据两个多边形全等，则对应角相等四边形以及内角和即可完成【详解】∵四边形ABCD≌四边形A′B′C′D′∴∠D=∠D′=130゜∵四边形ABCD的内角和为360゜∴∠A=360゜-∠B-∠C-∠D=95゜故答案为：95゜【考点】本题考查了多边形全等的性质、多边形的内角和定理，掌握多边形全等的性质是关键．三、解答题1、（1）①

4，②见解析；（2）6≤≤12【解析】【分析】（1）①根据三角形的面积公式计算即可；②先根据AAS证得△ABF≌△BCM，得出BF=MC，AF=BM，再利用AAS证得△AFD≌△CHD，得出AF=CH，即可得出结论；（2）连接CM，先利用SAS得出△≌△CBM，得出，再根据等底同高的三角形的面积相等得出，再利用三角形的面积公式得出EC的长，从而利用三角形的三边关系得出的取值范围；【详解】解：（1）①∵，，，∴，②∵，，∴∠AFB=∠BMC=∠FMC=90°，∴∠ABF+∠BAF=90°，∵，∴∠ABF+∠CBM=90°，∴∠BAF=∠CBM，∵，∴△ABF≌△BCM，∴BF=MC，AF=BM，∵∠AFB=∠FMC=90°，∴AF//CM，∴∠FAC=∠HCD，∵为中点，∴AD=CD，∵∠FDA=∠HDC，∴△AFD≌△CHD，∴AF=CH，∴BM=CH，∵BF=CM∴BF-BM=CM-CH∴．（2）连接CM，∵，，∴∠ABC=∠=90°，∴∠BA=∠CBM，∵，，∴△≌△CBM，∴，∵，，∴∠ABC+∠BAE=180°，∴AE//BC，∴，∵，，∴，∴EC=9在△ECM中，，则9-3≤CM≤9+3，∴6≤CM≤12，∴6≤≤12，【考点】本题考查了全等三角形的判定和性质以及三角形的三边关系，灵活运用全等三角形的判定是解题的关键．2、详见解析【解析】【分析】在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据SAS证明△ABG≌△ADF得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，根据∠EAF∠BAD，可知∠GAE＝∠EAF，可证明△AEG≌△AEF，EG＝EF，那么EF＝GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF．【详解】证明：在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADF．在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．∴∠BAG+∠EAD＝∠DAF+∠EAD＝∠EAF∠BAD．∴∠GAE＝∠EAF．在△AEG和△AEF中，，∴△AEG≌△AEF（SAS）．∴EG＝EF，∵EG＝BE﹣BG∴EF＝BE﹣FD．【考点】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是根据已知条件作出辅助线求解．3、（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）首先根据题意确定出△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质推出∠BAC＝60°，再根据线段AC与AD关于直线AP对称，以及∠DAE＝15°，推出∠BAD＝90°，即可得出结论；（2）利用“截长补短”的方法在BE上取点F，使BF＝CE，连接AF，根据题目条件推出△ABF≌△ACE，得出AF＝AE，再进一步推出∠AEF＝60°，可得到△AFE是等边三角形，则得到AF＝FE，从而推出结论即可．【详解】证明：（1）∵在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵线段AC与AD关于直线AP对称，∴∠CAE＝∠DAE＝15°，AD＝AC，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝75°，∴∠BAD＝90°，∵AB＝AC＝AD，∴△ABD是等腰直角三角形；（2）在BE上取点F，使BF＝CE，连接