专题12.5 全等三角形的证明及计算大题专项训练（30道）（解析版）

专题125 全等三角形的证明及计算大题专项训练（30 道） 【人版】 考卷信息： 本套训练卷共30 题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可深化学生对全等三角形工具 的应用及构造全等三角形！ 一．解答题（共30 小题） 1．（2022•黄州区校级模拟）如图，∠BD＝∠E＝90°，B＝D，E＝，F⊥B，垂足为F． （1）求证：△B≌△DE； （2）求∠FE 的度数； （3）求证：D＝2BF+DE． 【分析】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△B≌△DE 的条件； （2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FE 的度数； （3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立． 【解答】证明：（1）∵∠BD＝∠E＝90°， ∴∠B+∠D＝90°，∠D+∠DE＝90°， ∴∠B＝∠DE， 在△B 和△DE 中， { AB=AD ∠BAC=∠DAE AC=AE ， ∴△B≌△DE（SS）； （2）∵∠E＝90°，＝E， ∴∠E＝45°， 由（1）知△B≌△DE， ∴∠B＝∠E＝45°， 1 ∵F⊥B， ∴∠F＝90°， ∴∠F＝45°， ∴∠FE＝∠F+∠E＝45°+90°＝135°； （3）延长BF 到G，使得FG＝FB， ∵F⊥BG， ∴∠FG＝∠FB＝90°， 在△FB 和△FG 中， { BF=GF ∠AFB=∠AFG AF=AF ， ∴△FB≌△FG（SS）， ∴B＝G，∠BF＝∠G， ∵△B≌△DE， ∴B＝D，∠B＝∠ED，B＝ED， ∴G＝D，∠BF＝∠D， ∴∠G＝∠D， ∵∠G＝∠D＝45°， 在△G 和△D 中， { ∠GCA=∠DCA ∠CGA=∠CDA AG=AD ， ∴△G≌△D（S）， ∴G＝D， ∵G＝B+BF+FG＝B+2BF＝DE+2BF， ∴D＝2BF+DE． 2．（2022 秋•忠县期末）在△B 中，点D、E 分别在B、边上，设BE 与D 相交于点F． 1 （1）如图①，设∠＝60°，BE、D 分别平分∠B、∠B，证明：DF＝EF． （2）如图②，设BE⊥，D⊥B，点G 在D 的延长线上，连接G、F；若∠G＝∠6，BD＝ D，证明：GD＝DF． 【分析】（1）在B 上截取BM＝BD，连接FM，证明△BFD≌△BFM，△EF≌△MF，进而 可以解决问题； （2）根据已知条件证明△BDF≌△D，进而可以解决问题． 【解答】证明：（1）如图，在B 上截取BM＝BD，连接FM， ∵∠＝60， ∴∠BF＝90°+60°÷2＝120°， ∴∠BFD＝60°， ∵BE 平分∠B， 1 ∴∠＝∠2， 在△BFD 和△BFM 中， { BD=BM ∠1=∠2 BF=BF ， ∴△BFD≌△BFM（SS）， ∴∠BFM＝∠BFD＝60°，DF＝MF， ∴∠FM＝120° 60° ﹣ ＝60°， ∵∠FE＝∠BFD＝60°， ∴∠FM＝∠FE， ∵D 平分∠B， 1 3 ∴∠＝∠4， 又F＝F， 在△EF 和△MF 中， { ∠CFE=∠CFM FC=FC ∠3=∠4 ， ∴△EF≌△MF（S）， ∴EF＝MF， ∴DF＝EF； （2）∵BE⊥，D⊥B， ∴∠BDF＝∠D＝90°， 1+ ∴∠ ∠BFD＝90°，∠3+∠FE＝90°，∠BFD＝∠FE， 1 ∴∠＝∠3， ∵BD＝D， 在△BDF 和△D 中， { ∠BDF=∠CDA BD=CD ∠1=∠3 ， ∴△BDF≌△D（S）， ∴DF＝D， ∵∠DF＝90°， 6 ∴∠＝45°， ∵∠G＝∠6， 5 ∴∠＝45° ∴∠G＝∠5， ∴GD＝D， ∴GD＝DF． 3．（2022 秋•路北区期中）如图，在四边形BD 中，D＝B＝4，B＝D，BD＝6，点E 从D 点出发，以每秒1 个单位的速度沿D 向点匀速移动，点F 从点出发，以每秒3 个单位的 速度沿→B→作匀速移动，点G 从点B 出发沿BD 向点D 匀速移动，三个点同时出发， 当有一个点到达终点时，其余两点也随之停止运动． （1）证明：D∥B． （2）在移动过程中，小明发现当点G 的运动速度取某个值时，有△DEG 与△BFG 全等的 1 情况出现，请你探究当点G 的运动速度取哪些值时，会出现△DEG 与△BFG 全等的情况． 【分析】（1）由D＝B＝4，B＝D，BD 为公共边，所以可证得△BD≌△DB，所以可知 ∠DB＝∠BD，所以D∥B； （2）设运动时间为t，点G 的运动速度为v，根据全等三角形的性质进行解答即可． 【解答】（1）证明：在△BD 和△DB 中， { AD=BC AB=CD BD=DB ， ∴△BD≌△DB（SSS）， ∴∠DB＝∠BD， ∴D∥B； （2）解：设运动时间为t，点G 的运动速度为v， 当0＜t ≤4 3 时， 若△DEG≌△BGF， 则{ DE=BF DG=BG， ∴{ t=4−3t 6−BG=BG， ∴{ t=1 BG=3， ∴v＝3； 若△DEG≌△BGF， 则{ DE=BG DG=BF， ∴{ t=BG 6−BG=4−3t ， ∴{ t=−1 BG=−1（舍去）； 当4 3 ＜t ≤8 3时， 1 若△DEG≌△BFG， 则{ DE=BF DG=BG， ∴{ t=3t−4 6−BG=BG， ∴{ t=2 BG=3， ∴v=3 2； 若△DEG≌△BGF， 则{ DE=BG DG=BF， ∴{ t=BG 6−BG=3t−4， ∴{ t=5 2 BG=5 2 ， ∴v＝1． 综上，当点G 的速度为3 或15 或1 时．会出现△DEG 与△BFG 全等的情况． 4．（2022 春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形BDE 中，E，EB 为其对角线，E＝ ED． （1）如图1，若∠＝60°，∠DE＝120°，且D+B＝B．求证：E 平分∠BD； （2）如图2，∠与∠D 互补，∠DE＝2∠EB，若凸五边形BDE 面积为30，且D¿ 2 3B＝ 4．求点E 到B 的距离． 【分析】（1）延长D 到T，使得DT＝B，连接ET．证明△EB≌△EDT（SS），△EB≌△ET （SSS），可得结论． 1 （2）延长D 到Q，使得∠QED＝∠EB，过点E 作E⊥B 于．证明△EB≌△DEQ（S）， △EB≌△EQ（SS），由题意S 五边形BDE＝S 四边形EBQ＝2S△EB＝30，推出S△EB＝15，再利用三角 形面积公式求出E 即可． 【解答】（1）证明：延长D 到T，使得DT＝B，连接ET． ∵∠DE＝120°， ∴∠EDT＝180° 120° ﹣ ＝60°， ∵∠＝60°， ∴∠＝∠EDT， 在△EB 和△EDT 中， { AE=DE ∠A=∠EDT AB=DT ， ∴△EB≌△EDT（SS）， ∴EB＝ET， ∴B＝D+B＝D+DT＝T， 在△EB 和△ET 中， { EC=EC EB=ET CB=CT ， ∴△EB≌△ET（SSS）， ∴∠EB＝∠ED， ∴E 平分∠BD． （2）解：延长D 到Q，使得∠QED＝∠EB，过点E 作E⊥B 于． 1 + ∵∠∠DE＝180°，∠DE+∠EDQ＝180°， ∴∠＝∠EDQ， 在△EB 和△DEQ 中， { ∠AEB=∠DEQ EA=ED ∠A=∠EDQ ， ∴△EB≌△DEQ（S）， ∴EB＝EQ， ∵∠ED＝2∠BE， ∴∠EB+∠ED＝∠BE， ∴∠ED+∠DEQ＝∠BE， ∴∠EB＝∠EQ， 在△EB 和△EQ 中， { EB=EQ ∠BEC=∠CEQ EC=EC ， ∴△EB≌△EQ（SS）， ∵S 五边形BDE＝S 四边形EBQ＝2S△EB＝30， ∴S△EB＝15， ∵D¿ 2 3B＝4， ∴B＝6，D＝4， ∴B＝D+QD＝D+B＝10， ∴1 2 ×10×E＝15， ∴E＝3， ∴点E 到B 的距离为3． 1 5．（2022 秋•宜兴市期中）如图，在△B 中，已知∠B＝45°，过点作D⊥B 于点D，过点B 作BM⊥于点M，D 与BM 相交于点E，且点E 是D 的中点，连接MD，过点D 作 D⊥MD，交BM 于点． （1）求证：△DB≌△DM； （2）请探究线段E、ME、M 之间的数量关系，并证明你的结论． 【分析】（1）根据两角夹边相等的两个三角形全等即可证明． （2）结论：E﹣ME＝M．作DF⊥M 于点F，由（1）△DB≌△DM 可得DM＝D，由 △DEF≌△EM，推出ME＝EF，M＝DF，由此即可证明． 【解答】（1）证明：∵∠B＝45°，D⊥B， ∴∠B＝∠DB＝45°， ∴BD＝D， ∵∠BD＝∠MD＝90°， ∴∠BD＝∠DM， ∵D⊥B，BM⊥， ∴∠BM＝90°﹣∠＝∠D， 在△DB 和△DM 中， { ∠BDN=∠CDM BD=DC ∠DBN=∠DCM ， ∴△DB≌△DM． （2）结论：E﹣ME＝M． 证明：由（1）△DB≌△DM 可得DM＝D． 作DF⊥M 于点F，又 D⊥MD， ∴DF＝F， 在△DEF 和△EM 中， { ∠≝¿∠CEM ∠DFE=∠CME DE=EC ， 1 ∴△DEF≌△EM， ∴ME＝EF，M＝DF， ∴M＝DF＝F＝E﹣FE＝E﹣ME． 6．（2022 秋•淅川县期末）如图1，△B 的边B 在直线l 上，⊥B，且＝B；△EFP 的边FP 也 在直线l 上，边EF 与边重合，且EF＝FP． （1）示例：在图1 中，通过观察、测量，猜想并写出B 与P 所满足的数量关系和位置 关系． 答：B 与P 的数量关系和位置关系分别是 B ＝ P 、 B ⊥ P ． （2）将△EFP 沿直线l 向左平移到图2 的位置时，EP 交于点Q，连接P，BQ．请你观察、 测量，猜想并写出BQ 与P 所满足的数量关系和位置关系．答：BQ 与P 的数量关系和 位置关系分别是 BQ ＝ P 、 BQ ⊥ P ． （3）将△EFP 沿直线l 向左平移到图3 的位置时，EP 的延长线交的延长线于点Q，连接 P、BQ．你认为（2）中所猜想的BQ 与P 的数量关系和位置关系还成立吗？若成立，给 出 证 明 ； 若 不 成 立 ， 请 说 明 理 由 ． 【分析】（1）由于⊥B，且＝B，边EF 与边重合，且EF＝FP，则△B 与△EFP 是全等的 等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到∠B＝∠P＝45°，B＝P，则∠BP＝ 90°，于是P⊥B； （2）延长BQ 交P 于点，可得到△QP 为等腰直角三角形，则有Q＝P，根据“SS”可判 断△P≌△BQ，则P＝BQ，∠P＝∠BQ，利用三角形内角和定理可得到∠Q＝∠BQ＝90°，即 P⊥BQ； （3）BQ 与P 所满足的数量关系为相等，位置关系为垂直．证明方法与（2）一样． 【解答】解：（1）B＝P，B⊥P； 1 （2）BQ＝P，BQ⊥P； （3）成立． 证明：如图，∵∠EPF＝45°， ∴∠PQ＝45°． ∵⊥B， ∴∠QP＝∠PQ， Q＝P． 在Rt△BQ 和Rt△P 中， { BC=AC ∠BCQ=∠ACP CQ=CP Rt ∴ △BQ Rt ≌ △P（SS） ∴BQ＝P； 延长QB 交P 于点， ∴∠PB＝∠BQ． Rt ∵ △BQ Rt ≌ △P， ∴∠BQ＝∠P． 在Rt△BQ 中，∠BQ+∠BQ＝90°， ∴∠P+∠PB＝90°． ∴∠PB＝90°． ∴QB⊥P． 7．（2022 秋•渝中区校级期中）如图，直线B 交x 轴正半轴于点（，0），交y 轴正半轴于 点B（0，b），且、b 满足❑ √a−4+¿|4﹣b|＝0， （1）求、B 两点的坐标； （2）D 为的中点，连接BD，过点作E⊥BD 于F，交B 于E，求证：∠BD＝∠ED； （3）如图，P 为x 轴上点右侧任意一点，以BP 为边作等腰Rt△PBM，其中PB＝PM， 直线M 交y 轴于点Q，当点P 在x 轴上运动时，线段Q 的长是否发生变化？若不变，求 1 其值；若变化，求线段Q 的取值范围． 【分析】①首先根据已知条件和非负数的性质得到关于、b 的方程，解方程组即可求出， b 的值，也就能写出，B 的坐标； ②作出∠B 的平分线，通过证△BG≌△E 得到其对应角相等解决问题； ③过M 作x 轴的垂线，通过证明△PB≌△MP 得出M＝，转化到等腰直角三角形中去就很 好解决了． 【解答】解：①∵❑ √a−4+¿|4﹣b|＝0 ∴＝4，b＝4， ∴（4，0），B（0，4）； （2）证明：作∠B 的角平分线，交BD 于G， ∴∠BG＝∠E＝45°，B＝， ∠BG＝∠E＝90°﹣∠BF， ∴△BG≌△E， ∴G＝E． ∵∠GD＝∠ED＝45°，D＝D， ∴△GD≌△ED． ∴∠GD＝∠DE． （3）过M 作M⊥x 轴，垂足为． ∵∠BPM＝90°， ∴∠BP+∠MP＝90°． ∵∠B＝∠MP＝90°， ∴∠BP＝∠PM，∠PB＝∠MP， ∵BP＝MP， ∴△PB≌△MP（S）， 1 M＝P，P＝＝B， P＝+P＝P+P＝， ∴M＝，∠M＝45°． ∵∠B＝45°， ∴∠B+∠Q＝90° ∴△BQ 是等腰直角三角形． ∴B＝Q＝4． ∴无论P 点怎么动Q 的长不变． 8．（2022 春•崇川区校级期末）如图1，点、D 在y 轴正半轴上，点B、分别在x 轴上，D 平分∠B 与y 轴交于D 点，∠＝90°﹣∠BD． （1）求证：＝B； （2）在（1）中点的坐标为（4，0），点E 为上一点，且∠DE＝∠DB，如图2，求B+E 的长； （3）在（1）中，过D 作DF⊥于F 点，点为F 上一动点，点G 为上一动点，（如图 3），当点在F 上移动、点G 在上移动时，始终满足∠GD＝∠GD+∠FD，试判断F、 G、G 这三者之间的数量关系，写出你的结论并加以证明． 1 【分析】（1）由题意∠＝90°﹣∠BD，可知∠＝∠BD，D 平分∠B 与y 轴交于D 点，所以 可由S 定理证明△D≌△BD，由全等三角形的性质可得＝B； （2）过D 作D⊥于点，可证明Rt△BD Rt ≌ △ED、△D≌△D，因此，B＝E、＝，所以，B+E ＝B++﹣E＝2，即可得B+E 的长； （3）在x 轴的负半轴上取M＝F，可证明△DF≌△DM、△DG≌△MDG，因此，MG＝G， 所以，G＝M+G＝F+G，即可证明所得结论． 【解答】（1）证明：∵∠＝90°﹣∠BD， ∴∠＝∠BD． 在△D 和△BD 中 { ∠ACD=∠BCD ∠CAO=∠CBD CD=CD ， ∴△D≌△BD（S）． ∴＝B． （2）解：由（1）知∠D＝∠DE＝∠DB， ∴BD＝D＝DE，过D 作D⊥于点，如右图所示： ∵∠D＝∠BD， ∴D＝D， 在Rt△BD 和Rt△ED 中 { BD=DE DO=DN ， Rt ∴ △BD Rt ≌ △ED（L）， ∴B＝E． 在△D 和△D 中， { ∠DOC=∠DNC=90° ∠OCD=∠NCD DC=DC 1 ∴△D≌△D（S）， 可知：＝； ∴B+E＝B++﹣E＝2＝8． （3）G＝F+G． 证明：由（1）知：DF＝D， 在x 轴的负半轴上取M＝F，连接DM，如右图所示： 在△DF 和△DM 中 { DF=DO ∠DFH=∠DOM=90° OM=FH ， ∴△DF≌△DM（SS）． ∴D＝DM，∠1＝∠DM． ∴∠GD＝∠1+ 2 ∠＝∠DM+ 2 ∠＝∠GDM． 在△DG 和△MDG 中 { DH=DM ∠GDH=∠GDM DG=DG ， ∴△DG≌△MDG（SS）． ∴MG＝G， ∴G＝M+G＝F+G． 9．（2022 秋•莆田期中）如图1，＝2，B＝4，以点为顶点、B 为腰在第三象限作等腰 Rt△B， （1）求点的坐标； 1 （2）如图2，P 为y 轴负半轴上一个动点，当P 点向y 轴负半轴向下运动时，以P 为顶 点，P 为腰作等腰Rt△PD，过D 作DE⊥x 轴于E 点，求P﹣DE 的值； （3）如图3，已知点F 坐标为（﹣2，﹣2），当G 在y 轴的负半轴上沿负方向运动时， 作Rt△FG，始终保持∠GF＝90°，FG 与y 轴负半轴交于点G（0，m），F 与x 轴正半轴 交于点（，0），当G 点在y 轴的负半轴上沿负方向运动时，以下两个结论：①m﹣为 定值；②m+为定值，其中只有一个结论是正确的，请找出正确的结论，并求出其值． 【分析】（1）要求点的坐标，则求的横坐标与纵坐标，因为＝B，则作M⊥x 轴，即求 M 和M 的值，容易得△M≌△B，根据已知即可求得点的值； （2）求P﹣DE 的值则将其放在同一直线上，过D 作DQ⊥P 于Q 点，即是求PQ 的值， 由图易求得△P≌△PDQ（S），即可求得PQ 的长； （3）利用（2）的结论，可知m+为定长是正确的，过F 分别作x 轴和y 轴的垂线，类似 （2），即可求得m+的值． 【解答】解：（1）过作M⊥x 轴于M 点，如图1， ∵M⊥，⊥B， 1 ∴∠M+∠B＝90°，∠B+∠B＝90° 则∠M＝∠B 在△M 和△B 中， { ∠CMA=∠AOB=90° ∠MAC=∠OBA AC=BA 则△M≌△B（S） 则M＝＝2，M＝B＝4，则点的坐标为（﹣6，﹣2）； （2）过D 作DQ⊥P 于Q 点，如图2，则P﹣DE＝PQ，∠P+∠QPD＝90° ∠P+∠P＝90°，则∠QPD＝∠P， 在△P 和△PDQ 中， { ∠AOP=∠PQD=90° ∠QPD=∠OAP AP=PD 则△P≌△PDQ（S） ∴P﹣DE＝PQ＝＝2； （3）结论②是正确的，m+＝﹣4， 如图3，过点F 分别作FS⊥x 轴于S 点，FT⊥y 轴于T 点， 则FS＝FT＝2，∠FS＝∠FT＝∠FGT， 在△FS 和△FTG 中， { ∠FSH=∠FTG=90° ∠FHS=∠FGT FS=FT 则△FS≌△FTG（S） 则GT＝S， 又∵G（0，m），（，0），点F 坐标为（﹣2，﹣2）， ∴T＝S＝2，G＝|m|＝﹣m，＝， ∴GT＝G﹣T＝﹣m 2 ﹣，S＝+S＝+2， 则﹣2﹣m＝+2， 则m+＝﹣4． 1 10．（2022 秋•南岗区校级月考）在△B 中，B＝，BD⊥于点D，BE 平分∠BD，点F 在BD 上，∠BEF＝45° （1）如图1，求证：BF＝E； （2）如图2，作EM⊥BE，交B 的延长线于点M，连接M，交BE 的延长线于点，若∠B ＝30°，请探究线段EF 与M 的数量关系，并加以证明． 1 【分析】（1）在B 上截取BG＝BF，连接EG，利用BE 平分∠BD，可得∠GBE＝ ∠FBE，根