第14章《全等三角形》章节测试卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．下列四个图形中，通过旋转和平移能够全等图形的是( )
A．③和④ B．②和③ C．②和④ D．①②④
2．如果△ABC的三边长分别为3、5、7，△DEF的三边长分别为3，3x-2，2x-1，若这两个三角形全等，则x的值为( )
A． B．4 C．3 D．5
3．如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且，BE、CD交于点F．若∠BAC=40°，则∠BFC的大小是（ ）
A．105° B．110° C．100° D．120°
4．如图，，点B和点C是对应顶点，，记，，，当时，与之间的数量关系为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知点B、C、D在同一条直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形．BE交AC于F，AD交CE于G．则下列结论中错误的是( )
A．AD＝BE B．BE⊥AC
C．△CFG为等边三角形 D．FG∥BC
6．如图所示的的正方形网格中，的值是（ ）
A．225° B．270° C．315° D．360°
7．如图，在中，，和的平分线、相交于点，交于点，交于点，若已知周长为，，，则长为（ ）
A． B． C． D．4
8．如图，的外角的平分线CE与内角的平分线BE交于点E，若，则的度数为（ ）
A．65° B．60° C．55° D．50°
9．如图，中，，，三条角平分线、、交于O，于H．下列结论：①；②；③平分；④．其中正确的结论个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．在和中，，，，，则这两个三角形的关系是（ ）
A．不一定全等 B．不全等 C．根据“ASA”全等 D．根据“SAS”全等
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．在中，，点是外一点，连接，且交于点，在上取一点，使得，若，，则的度数为 ．
12．如图，三角形ABC中，BD平分，若，则 ．
13．如图，在四边形ABCD中，AC是四边形的对角线，∠CAD=30°，过点C作CE⊥AB于点E，∠B=2∠BAC，∠ACD+∠BAC=60°，若AB的长度比CD的长度多2，则BE的长为 ．
14．已知，如图，，，，，，DE与AC的延长线交于点F，若，求 ．
15．如图，在中，，，的平分线与相交于点，过点作交的延长线于点．分别延长 相交于点．判断的数量关系．____.
16．已知为的平分线，…为的平分线上的若干点．如图1，连接，图中有1对全等三角形；如图2，连接，图中有3对全等三角形；如图3，连接，图中有6对全等三角形，依此规律，第2023个图形中有 对全等三角形．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）如图，在和中，，，，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在同侧，连结，交于点M，与交于点N．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
18．（6分）规定：有两组边相等，且它们所夹的角互补的两个三角形叫兄弟三角形．如图，，，，回答下列问题：
(1)求证：和是兄弟三角形．
(2)取的中点P，连接，请证明．
19．【课本习题】如图①，，，，，垂足分别为、．求证：；
【改编】在图①中的边上取一点，使，连接交于点，连接（如图②）．
（1）求证：；
（2）若，，请直接写出的面积．
20．（8分）如图，在长方形中，，，点从点出发，以秒的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒：
(1) ．（用的代数式表示）
(2)当为何值时，？
(3)当点从点开始运动，同时，点从点出发，以秒的速度沿向点运动，是否存在这样的值，使得全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
21．（8分）（1）【特例探究】
如图1，在四边形中，，，，，猜想并写出线段，，之间的数量关系，证明你的猜想；
（2）【迁移推广】
如图2，在四边形中，，，．请写出线段，，之间的数量关系，并证明；
（3）【拓展应用】
如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（处）北偏东20°的处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．
22．（8分）综合与实践
如图1所示，已知A、B为直线l上两点，点C为直线l上方一动点，连接AC、BC，分别以AC、BC为边向△ABC外部作等腰直角△CAD和等腰直角△CBE，∠CAD＝∠CBE＝90°，过点D作DF⊥l于点F，过点E作EG⊥l于点G．
（1）如图2，当点E恰好在直线l上时（此时G与E重合），试证明：DF=AB；
（2）在图1中，当D、E两点都在直线l的上方时，试探求三条线段DF、EG、AB之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当点E在直线l的下方时，请直接写出三条线段DF、EG、AB之间的数量关系．（不需要证明）
23．（8分）已知点P是线段MN上一动点，分别以PM，PN为一边，在MN的同侧作△APM，△BPN，并连接BM，AN．
（Ⅰ）如图1，当PM＝AP，PN＝BP且∠APM＝∠BPN＝90°时，试猜想BM，AN之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想；
（Ⅱ）如图2，当△APM，△BPN都是等边三角形时，（Ⅰ）中BM，AN之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，试说明理由．
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，连接AB得到图3，当PN＝2PM时，求∠PAB度数．
答案
一．选择题
1．D
【分析】根据全等形的概念：能够完全重合的两个图形叫做全等形可得答案
【详解】①、②和④都可通过平移或旋转完全重合．
故选D．
2．C
【分析】根据全等三角形的对应边相等分类讨论，分别求出x值判断即可．
【详解】此题需要分类讨论．
①若，则，
所以
所以此种情况不符合题意；
②若，则，
所以．
所以此种情况符合题意．
综上所述：
故选C．
3．C
【分析】延长C′D交AB′于H．利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC＝∠C′＋∠AHC′，再求出∠C′＋∠AHC′即可解决问题．
【详解】解：如图延长C′D交AB′于H．
∵△AEB≌△AEB′，
∴∠ABE＝∠AB′E，
∵C′H∥EB′，
∴∠AHC′＝∠AB′E，
∴∠ABE＝∠AHC′，
∵△ADC≌△ADC′，
∴∠C′＝∠ACD，
∵∠BFC＝∠DBF＋∠BDF，∠BDF＝∠CAD＋∠ACD，
∴∠BFC＝∠AHC′＋∠C′＋∠DAC，
∵∠DAC＝∠DAC′＝∠CAB′＝40°，
∴∠C′AH＝120°，
∴∠C′＋∠AHC′＝60°，
∴∠BFC＝60°＋40°＝100°，
故选：C．
4．B
【分析】根据全等三角形的性质得到，再根据平行线的性质，得到，利用，即可解答．
【详解】解：，，
，
，，
，，
，
，
化简得：．
故选：B．
5．B
【详解】试题解析：和均为等边三角形，
在与中，
，正确.
.据已知不能推出是中点，即和不垂直，所以错误，故本选项符合题意.
是等边三角形，理由如下：
在 和 中，
又∵∠ACG=60°
是等边三角形，正确.
是等边三角形，
正确.
故选B.
6．C
【分析】由全等三角形的判定和性质，得到，则有，同理可证，又，即可求出答案．
【详解】解：根据题意，如图：
同理可证
故选：C．
7．B
【分析】证明得出，证明得出，进而即可求解．
【详解】解：如图，在上截取，连接
平分，平分，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
周长为，
，
，
，
．
故选：B．
8．D
【分析】过点E作EF ⊥BA交BA延长线于点F，EM⊥AC于点M，EN⊥BC交BC延长线于点N，设∠ECD=x°，根据角平分线的性质定理，可得EF = EM，再由三角形外角的性质，可得∠BAC = 80°，从而得到∠CAF = 100°，再由Rt△EFA≌Rt△EMA，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EF ⊥BA交BA延长线于点F，EM⊥AC于点M，EN⊥BC交BC延长线于点N，
设∠ECD=x°，∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE = ∠ECD = x°，EM = EN，
∵BE平分ABC，
∴ ∠ABE =∠EBC，EF = EN，
∴EF = EM，
∵∠BEC= 40°，
∴ ∠ABE =∠EBC =∠ECD–∠BEC=(x-40)°，∴ ∠BAC =∠ACD–∠ABC = 2x°- (x° - 40°) - (x° - 40°) = 80°，∴∠CAF = 100°，
在Rt△EFA和Rt△EMA中，∵EA=EA，EM = EF，
∴ Rt△EFA≌Rt△EMA (HL)，
∴∠FAE = ∠EAC = 50°．
故选：D
9．C
【分析】由得，即可求得，可判断①正确；
由，而，可推导出，可判断②正确；
由，得，再由推导出，即可证明，可判断③错误；
在上截取，连接，由得，即要证明，再证明，得，则，所以，即可证明，得，所以，可判断④正确．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故①正确；
∵于H，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故②正确；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故③错误；
如图，在上截取，连接，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
故④正确，
故选：C．
10．解：∵，
∴，
∵
①+②得
②-①得
∴在和中，
∵
∴
故选D．
二．填空题
11．
【分析】根据证明，再利用全等三角形的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可．
【详解】解：∵，
∴，
即：；
在和中，
，
∴（），
∴，
∵是和的外角，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
12．8
【分析】延长AD交BC与点E，证可得，由可得，进而即可求解；
【详解】解：如图，延长AD交BC与点E，
∵BD平分
∴
∵BD=BD
∴
∴AB=BE
∴
∵
∴
∴
∵AD=DE，
∴
∴
故答案为：8．
13．1
【分析】在AE上截取EF=BE，连接CF，则CE垂直平分BF，结合题意推出AF=CF，过点F作FM⊥AC，交AC于点M，过点C作CN⊥AD，交AD的延长线于点N，则有∠AMF=∠N=90°，AC=2AM，进而得出AM=CN，根据题意及三角形外角性质推出∠MAF=∠NCD，利用ASA判定△AFM≌△CDN，根据全等三角形的性质得到AF=CD，结合题意即可得解．
【详解】解：在AE上截取EF=BE，连接CF，
∵CE⊥AB，
∴CE垂直平分BF，
∴BC=FC，
∴∠B=∠BFC，
∵∠B=2∠BAC，
∴∠BFC=2∠BAC，
∵∠BFC=∠BAC+∠ACF，
∴∠ACF=∠BAC，
∴AF=CF，
过点F作FM⊥AC，交AC于点M，过点C作CN⊥AD，交AD的延长线于点N，则有∠AMF=∠N=90°，AC=2AM，
∵∠CAD=30°，∠N=90°，
∴AC=2CN，
∴AM=CN，
∵∠ACD+∠BAC=60°，
∴∠ACD=60°-∠BAC，
∴∠CDN=∠ACD+∠CAD=60°-∠BAC+30°=90°-∠BAC，
∴∠NCD=90°-∠CDN=90°-（90°-∠BAC）=∠BAC，
∴∠MAF=∠NCD，
在△AFM和△CDN中，，
∴△AFM≌△CDN（ASA），
∴AF=CD，
∵AB的长度比CD的长度多2，
∴AB -CD=AB -AF=2BE=2，
∴BE=1，
故答案为：1．
14．2
【分析】过点D作，交的延长线于点，通过证明，，利用全等三角形的性质分析计算．
【详解】解：过点D作，交的延长线于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵
∴
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：2．
15．
【分析】由，，通过可证，可得，再证明，可得．
【详解】解：
在和中
∴；
∴，
∵平分，
∴，
在和中
，
∴；
故答案为：．
16．2047276
【分析】根据题意，图1中，除点A外，当有一个点时，图中有1对全等三角形；除点A外，当有2个点时，
图中有对全等三角形；除点A外，当有3个点时，图中有对全等三角形；由
此得到规律即可计算出结果．
【详解】根据题意，图1中，除点A外，当有一个点时，图中有1对全等三角形；除点A外，当有2个点时，
图中有对全等三角形；除点A外，当有3个点时，图中有对全等三角形；由
此得到规律，除点A外，当有2023个点时，
图中有对全等三角形．
故答案为：．
三．解答题
17．（1）证明：，
，
，
在和中，
，
．
；
（2）解：，
，
，，，
．
18．（1）证明：，
，
又，，
和是兄弟三角形．
（2）证明：延长至E，使，
P为的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又 ，
，
，，
，
在和中，
，
，
又 ，
．
19．课本习题：
证明：∵，，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
改编：
（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴．
（2）解：∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴的面积为．
20．（1）点从点出发，以秒的速度沿向点运动，点的运动时间为秒：
∴,
故答案案为：；
（2）当时，．
理由：∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
（3）①当时，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
解得：，
，
，
解得：；
②当P时，
∴
∵，
∴，
，
解得： ，
，
，
解得：
综上所述：当 或时，与全等．
21．解：（1）EF=BE+DF，理由如下：
如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，
∵，
∴∠ADG=∠ABC=90°，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵，，
∴∠BAE+∠DAF=50°，
∴∠FAG=∠EAF=50°，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF，
∴EF=DG+DF=BE+DF；
（2）EF=BE+DF，理由如下：
如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，
∵，∠ADC+∠ADH=180°，
∴∠ADH=∠ABC，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADH，
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵
∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，
∴∠EAF=∠HAF，
∵AF=AF，
∴△AEF≌△AHF，
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF，
∴EF=DH+DF=BE+DF；
（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，
根据题意得： ∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，
∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，
∵OA=OB，
∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，
∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，
∴CD=40+45=85海里．
即此时两舰艇之间的距离85海里．
22．证明：（1）∵∠DAC＝∠CBE＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝90°，
∴∠DAF＋∠CAB＝180°﹣∠DAC＝90°，∠ACB＋∠CAB＝90°，
∴∠DAF＝∠ACB，
∵DF⊥AB，
∴∠DFA＝∠ABC＝90°，
∵AD＝AC，
∴△DFA≌△ABC，
∴DF＝AB；
（2）AB＝DF＋EG；
证明：过C作CM⊥AB于M，
∵DF⊥AB，
∴∠DFA＝∠AMC＝90°，又∠CAD＝90°
∴∠ADF＋∠DAF=90°，∠CAM＋∠DAF＝90°，
∴∠ADF＝∠CAM，
∵AD＝AC，∠DFA＝∠AMC＝90°，
∴△DFA≌△AMC，
∴DF＝AM，
同理：△CMB≌△BGE，可得BM＝EG，
∴AB＝AM＋BM＝DF＋EG；
（3）AB＝DF﹣EG．理由为：
如图3，过点C作CH⊥直线l于H，
∴∠DFA＝∠AHC＝90°，又∠CAD＝90°
∴∠ADF＋∠DAF=90°，∠CAH＋∠DAF＝90°，
∴∠ADF＝∠CAH，
∴AD＝AC，∠DFA＝∠AHC＝90°，
∴△DFA≌△AHC，
∴DF＝AH，
同理：BH＝EG，
∴AB＝AH﹣BH＝DF-EG．
23．解：（Ⅰ）结论：BM＝AN，BM⊥AN．
理由：如图1中，
∵MP＝AP，∠APM＝∠BPN＝90°，PB＝PN，
∴△MBP≌△ANP（SAS），
∴MB＝AN．
延长MB交AN于点C．
∵△MBP≌△ANP，
∴∠PAN＝∠PMB，
∵∠PAN+∠PNA＝90°，
∴∠PMB+∠PNA＝90°，
∴∠MCN＝180°﹣∠PMB﹣∠PNA＝90°，
∴BM⊥AN．
（Ⅱ）结论成立
理由：如图2中，
∵△APM，△BPN，都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°
∴∠MPB＝∠APN＝120°，
又∵PM＝PA，PB＝PN，
∴△MPB≌△APN（SAS）
∴MB＝AN．
（Ⅲ）如图3中，取PB的中点C，连接AC，AB．
∵△APM，△PBN都是等边三角形
∴∠APM＝∠BPN＝60°，PB＝PN
∵点C是PB的中点，且PN＝2PM，
∴2PC＝2PA＝2PM＝PB＝PN，
∵∠APC＝60°，
∴△APC为等边三角形，
∴∠PAC＝∠PCA＝60°，
又∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠ABC＝30°，
∴∠PAB＝∠PAC+∠CAB＝90°．
