专题12.6 全等三角形章末题型过关卷（解析版）

第12 章 全等三角形章末题型过关卷 【人版】 参考答与试题解析 一．选择题（共10 小题，满分30 分，每小题3 分） 1．（3 分）（2022 秋•东莞市期末）如图，在△B 和△DEF 中，∠＝∠D，F＝D，添加下列条 件中的一个仍无法证明△B≌△DEF 的是（ ） ．B＝DE B．B＝EF ．∠B＝∠E D．∠B＝∠DFE 【分析】根据F＝D 求出＝DF，再根据全等三角形的判定定理逐个判断即可． 【解答】解：∵F＝D， ∴F+F＝D+F， 即＝DF， ．B＝DE，∠＝∠D，＝DF，符合全等三角形的判定定理SS，能推出△B≌△DEF，故本选 项不符合题意； B．B＝EF，＝DF，∠＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△B≌△DEF，故本 选项符合题意； ．∠B＝∠E，∠＝∠D，＝DF，符合全等三角形的判定定理S，能推出△B≌△DEF，故本选 项不符合题意； D．∠B＝∠DFE，＝DF，∠＝∠D，符合全等三角形的判定定理S，能推出△B≌△DEF，故 本选项不符合题意； 故选：B． 2．（3 分）（2022•哈尔滨）如图，△B≌△DE，点和点D 是对应顶点，点B 和点E 是对应顶 点，过点作F⊥D，垂足为点F，若∠BE＝65°，则∠F 的度数为（ ） ．30° B．25° ．35° D．65° 【分析】由全等三角形的性质可求得∠D＝65°，由垂直可得∠F+∠D＝90°，进而可求解 1 ∠F 的度数． 【解答】解：∵△B≌△DE， ∴∠B＝∠DE， ∵∠BE＝65°， ∴∠D＝∠BE＝65°， ∵F⊥D， ∴∠F＝90°， ∴∠F+∠D＝90°， ∴∠F＝90° 65° ﹣ ＝25°， 故选：B． 3．（3 分）（2022 秋•武冈市期末）如图，一块玻璃碎成三片，小智只带了第③块去玻璃 店，就能配一块一模一样的玻璃，你能用三角形的知识解释，这是为什么？（ ） ．S B．S ．SS D．SSS 【分析】根据全等三角形的判定，已知两角和夹边，就可以确定一个三角形． 【解答】解：根据三角形全等的判定方法，根据角边角可确定一个全等三角形， 只有第三块玻璃包括了两角和它们的夹边，只有带③去才能配一块完全一样的玻璃，是 符合题意的． 故选：． 4．（3 分）（2022•玉溪）如图，E⊥B 且E＝B，B⊥D 且B＝D，请按照图中所标注的数据， 计算图中实线所围成的图形的面积S 是（ ） ．50 B．62 ．65 D．68 【分析】由E⊥B，EF⊥F，BG⊥G，可以得到∠EF＝∠BG，而E＝B，∠EF＝∠GB，由 此可以证明△EF≌△BG，所以F＝BG，G＝EF； 同理证得△BG≌△D，G＝D，＝BG． 故F＝F+G+G+＝3+6+4+3＝16，然后利用面积的割补法和面积公式即可求出图形的面积． 【解答】解：∵E⊥B 且E＝B，EF⊥F，BG⊥F， ∴∠EB＝∠EF＝∠BG＝90°， 1 ∵∠EF+∠BG＝90°，∠BG+∠BG＝90°， ∴∠EF＝∠BG， ∴E＝B，∠EF＝∠GB，∠EF＝∠BG， ∴△EF≌△GB， ∴F＝BG，G＝EF． 同理证得△BG≌△D 得G＝D，＝BG． 故F＝F+G+G+＝3+6+4+3＝16 故S¿ 1 2（6+4）×16 3×4 6×3 ﹣ ﹣ ＝50． 故选：． 5．（3 分）（2022 秋•西平县期末）如图，在△DE 和△B 中，∠E＝∠，DE＝B，E＝，过作 F⊥DE，垂足为F，DE 交B 的延长线于点G，连接G．四边形DGB 的面积为12，F＝ 4，则FG 的长是（ ） ．2 B．25 ．3 D．10 3 【分析】过点作⊥B 于，证△B≌△ED ，得F ＝，再证Rt△FG Rt ≌ △G （L ），同理 Rt△DF Rt ≌ △B，得S 四边形DGB＝S 四边形FG＝12，然后求得Rt△FG 的面积＝6，进而得到FG 的长． 【解答】解：过点作⊥B 于，如图所示： 在△B 与△DE 中， { BC=DE ∠C=∠E CA=EA ， ∴△B≌△DE（SS）， ∴D＝B，S△B＝S△ED， 1 又∵F⊥DE， ∴1 2 ×DE×F¿ 1 2 ×B×， ∴F＝， ∵F⊥DE，⊥B， ∴∠FG＝∠G＝90°， 在Rt△FG 和Rt△G 中， { AG=AG AF=AH ， Rt ∴ △FG Rt ≌ △G（L）， 同理：Rt△DF Rt ≌ △B（L）， ∴S 四边形DGB＝S 四边形FG＝12， Rt ∵ △FG Rt ≌ △G， ∴SRt△FG＝6， ∵F＝4， ∴1 2 ×FG×4＝6， 解得：FG＝3； 故选：． 6．（3 分）（2022•金牛区模拟）如图，B⊥D，且B＝D，E、F 是D 上两点，E⊥D， BF⊥D．若E＝8，BF＝6，D＝10，则EF 的长为（ ） ．4 B．7 2 ．3 D．5 2 1 【分析】由题意可证△BF≌△DE，可得BF＝DE＝6，E＝F＝8，可求EF 的长． 【解答】解：∵B⊥D，E⊥D， + ∴∠∠D＝90°，∠+∠D＝90°， ∴∠＝∠，且B＝D，∠FB＝∠ED， ∴△BF≌△DE（S） ∴BF＝DE＝6，E＝F＝8， ∵E＝D﹣DE＝10 6 ﹣＝4 ∴EF＝F﹣E＝8 4 ﹣＝4， 故选：． 7．（3 分）（2022 秋•晋州市期末）如图，已知线段B＝20m，M⊥B 于点，M＝6m，射线 BD⊥B 于点B，点P 从点B 向点运动，每秒走1m，点Q 从点B 向点D 运动，每秒走 3m．若P，Q 同时从B 出发，则出发x 秒后，在线段M 上有一点，使△P 与△PBQ 全等， 则x 的值为（ ） ．5 B．5 或10 ．10 D．6 或10 【分析】求出BP＝xm，BQ＝3xm，P＝（20﹣x）m，根据全等三角形得出①＝BP＝ xm，P＝BQ＝3xm，②＝BQ＝3xm，BP＝P＝xm，再列出方程，最后求出x 即可． 【解答】解：∵出发x 秒，点P 从点B 向点运动，每秒走1m，点Q 从点B 向点D 运动， 每秒走3m， ∴BP＝x•1＝x（m），BQ＝x•3＝3x（m），则P＝（20﹣x）m， ∵M⊥B，BD⊥B， ∴∠＝∠B＝90°， 要使△P 与△PBQ 全等，有两种情况： ①＝BP＝xm，P＝BQ＝3xm， 即20﹣x＝3x， 解得：x＝5； ②＝BQ＝3xm，BP＝P＝xm， 即20﹣x＝x， 解得：x＝10， 当x＝10 时，＝30，不符合题意，舍去， 1 所以x＝5， 故选：． 8 ．（3 分）（2022 秋• 曲阜市校级月考）如图，在4×4 的正方形格中， ∠1+ 2+ 3+ 4+ 5+ 6+ 7 ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠的度数为（ ） ．300° B．315° ．320° D．325° 【分析】根据正方形的轴对称性得∠1+ 7 ∠＝90°，∠2+ 6 ∠＝90°，∠3+ 5 ∠＝90°，∠4＝ 45°． 【解答】解：由图可知，∠1 所在的三角形与∠7 所在的三角形全等， 所以∠1+ 7 ∠＝90°． 同理得，∠2+ 6 ∠＝90°，∠3+ 5 ∠＝90°． 又∠4＝45°， 所以∠1+ 2+ 3+ 4+ 5+ 6+ 7 ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∠＝315°． 故选：B． 9．（3 分）（2022 秋•南江县校级期中）在△B 中，高D 和BE 所在的直线交于点，且B ＝，则∠B 等于（ ） ．45° B．120° ．45°或135° D．45°或120° 【分析】根据题意画出三个图形，证△BD≌△D，推出D＝DB，推出∠DB＝∠DB，根据三 角形内角和定理和等腰三角形的性质求出∠BD，即可求出答． 【解答】解：分为三种情况： ①如图1， ∵D、BE 是△B 的高， ∴∠D＝∠BD＝90°，∠BE＝90°， + ∴∠∠D＝90°，∠+∠BD＝90°， ∴∠D＝∠BD， 在△BD 和△D 中 1 { ∠HBD=∠CAD ∠BDH=∠ADC=90° BH=AC ， ∴△BD≌△D（S）， ∴BD＝D， ∵∠DB＝90°， ∴∠B＝∠BD＝45°， ②如图2， ∵D⊥B，BE⊥， ∴∠D＝∠DB＝∠E＝90°， + ∴∠∠E＝∠+∠E＝90°， ∴∠＝∠， ∵在△BD 和△D 中， { ∠HDB=∠ADC ∠H=∠C BH=AC ， ∴△BD≌△D（S）， ∴D＝BD， ∴∠DB＝∠DB， ∵∠DB＝90°， ∴∠BD＝45°， ∴∠B＝180° 45° ﹣ ＝135°； ③如图3 中， ∵高D 和BE 所在的直线交于点， 1 ∴∠DB＝∠D＝∠E＝90°， + ∴∠∠D＝90°，∠+∠BD＝90°， ∴∠D＝∠BD， 在△D 和△DB 中， { ∠ADC=∠BDH ∠DAC=∠DBH AC=BH ， ∴△D≌△DB（S）， ∴D＝BD， ∵∠DB＝90°， ∴∠B＝∠BD＝45°， 故选：． 10．（3 分）（2022•滨州）如图，在△B 和△D 中，＝B，＝D，＞，∠B＝∠D＝40°，连接， BD 交于点M，连接M．下列结论：①＝BD；②∠MB＝40°；③M 平分∠B；④M 平分 ∠BM．其中正确的个数为（ ） ．4 B．3 ．2 D．1 【分析】由SS 证明△≌△BD 得出∠＝∠DB，＝BD，①正确； 由全等三角形的性质得出∠＝∠BD，由三角形的外角性质得：∠MB+∠＝∠B+∠BD，得 出∠MB＝∠B＝40°，②正确； 作G⊥M 于G，⊥MB 于，如图所示：则∠G＝∠D＝90°，由S 证明△G≌△D（S），得出G ＝，由角平分线的判定方法得出M 平分∠BM，④正确； 由∠B＝∠D，得出当∠DM＝∠M 时，M 才平分∠B，假设∠DM＝∠M，则∠M＝∠BM，由 M 平分∠BM 得出∠M＝∠BM，推出△M≌△BM，得B＝，而＝B，所以＝，而＞，故③错 误；即可得出结论． 【解答】解：∵∠B＝∠D＝40°， ∴∠B+∠D＝∠D+∠D， 即∠＝∠BD， 在△和△BD 中，¿， ∴△≌△BD（SS）， ∴∠＝∠DB，＝BD，①正确； 1 ∴∠＝∠BD， 由三角形的外角性质得：∠MB+∠＝∠B+∠BD， ∴∠MB＝∠B＝40°，②正确； 作G⊥M 于G，⊥MB 于，如图2 所示： 则∠G＝∠D＝90°， 在△G 和△D 中，¿， ∴△G≌△D（S）， ∴G＝， ∴M 平分∠BM，④正确； ∵∠B＝∠D， ∴当∠DM＝∠M 时，M 才平分∠B， 假设∠DM＝∠M ∵∠B＝∠D， ∴∠M＝∠BM， ∵M 平分∠BM， ∴∠M＝∠BM， 在△M 和△BM 中，{ ∠COM=∠BOM OM=OM ∠CMO=∠BMO ， ∴△M≌△BM（S）， ∴B＝， ∵＝B ∴＝ 与＞矛盾， ∴③错误； 正确的个数有3 个； 故选：B． 二．填空题（共6 小题，满分18 分，每小题3 分） 11．（3 分）（2022•平谷区二模）如图，正方形格点图中，点、B、、D、E、F 均在格点 1 上，若以D、E、F 为顶点的三角形与△B 全等，请写出一个满足条件的F 点坐标 （ 1 ， 1 ）或（ 4 ，﹣ 2 ）或（﹣ 1 ，﹣ 1 ）或（ 1 ，﹣ 4 ） ． 【分析】先根据全等三角形的判定定理画出符合的F 点的位置，再得出F 点的坐标即可． 【解答】解：如图所示，有4 种情况， ∵（2，2），（1，1），B（2，4），E（1，﹣1），D（2，﹣2）， ∴当F 的坐标是（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）时，以D、E、F 为顶点的三角形与△B 全等， 故答为：（1，1）或（4，﹣2）或（﹣1，﹣1）或（1，﹣4）． 12．（3 分）（2022 秋•瑶海区期末）如图，在△B 中，D⊥B，E⊥B，垂足分别是D，E， D、E 交于点，已知E＝E＝5，＝2，则BE＝ 3 ． 1 【分析】根据S 证明△E 与△EB 全等，进而利用全等三角形的性质解答． 【解答】解：∵D⊥B，E⊥B， ∴∠E＝∠D＝90°， ∵∠E＝∠D， ∴∠E＝∠EB， 在△E 与△EB 中， { ∠EAH=∠ECB CE=AE ∠AEH=∠CEB=90° ， ∴△E≌△EB（S）， ∴BE＝E＝E﹣＝5 2 ﹣＝3， 故答为：3． 13．（3 分）（2022•昆山市自主招生）如图，由九个单位正方形组成，其中与△2EB4全等 的三角形有 3 个． 【分析】根据全等三角形的判断方法寻找全等条件求解，做题时，要从已知条件开始思 考，结合全等的判定方法逐个验证，注意要由易到难，不重不漏． 【解答】解：△2EB4≌△1F2≌△D3G1≌△B4D3．（S） 故填3． 1 14．（3 分）（2022 秋•孝南区校级月考）如图，D⊥B，E⊥，B＝D，＝E，BE 和D 相交 于，则∠DE 的度数是 90° ． 【分析】根据已知条件易证得△EB≌△D，可得∠D＝∠BE，设B 与D 相交于点F，由 D⊥B 可得∠D+∠FD＝90°，而由图可知∠FD 和∠BF 是对顶角相等，即可得∠DE＝∠DB ＝90°． 【解答】解：∵D⊥B，E⊥， ∴∠DB＝∠E＝90°， ∴∠DB+∠B＝∠E+∠B，即∠D＝∠BE， 又∵B＝D，＝E， ∴△EB≌△D（SS）， ∴∠D＝∠BE； 设B 与D 相交于点F，∵D⊥B， ∴∠D+∠FD＝90°， ∵∠FD＝∠BF（对顶角相等），已证得∠D＝∠BE； ∴∠BF+∠BE＝90°， ∴∠DE＝∠DB＝90°． 故答为：90°． 15．（3 分）（2022 秋•封开县期末）如图，在△D 中，∠D＝90°，＝6，D＝8，B∥D，E 是 D 上一点，BE 交D 于点F，若EF＝BF，则图中阴影部分的面积为 24 ． 1 【分析】证明△BF≌△EDF（S），则S△BF＝S△DEF，利用割补法可得阴影部分的面积． 【解答】解：∵B∥D， ∴∠BD＝∠D， 在△BF 和△EDF 中， { ∠BAD=∠D BF=EF ∠AFB=∠DFE ， ∴△BF≌△EDF（S）， ∴S△BF＝S△DEF， ∴图中阴影部分的面积＝S 四边形EF+S△FB＝S△D¿ 1 2 ⋅AC ⋅AD=1 2 ×6×8=¿24． 故答为：24． 16．（3 分）（2022 春•浦东新区期末）如图，已知△B≌△DE，且点B 与点D 对应，点与点 E 对应，点D 在B 上，∠BE＝114°，∠BD＝40°，则∠E 的度数是 36 °． 【分析】根据全等三角形的性质得出B＝D，∠BD＝∠DE，根据等腰三角形的性质和三 角形内角和定理求出∠BD＝70°，求出∠DE 和∠DE，再根据三角形内角和定理求出∠E 即 可． 【解答】解：∵△B≌△DE， ∴B＝D， ∴∠BD＝∠DB， ∵∠BD＝40°， ∴∠BD＝∠DB¿ 1 2（180°﹣∠BD）＝70°， ∵△B≌△DE， ∴∠DE＝∠BD＝70°， ∵∠BE＝114°，∠BD＝40°， ∴∠DE＝∠BE﹣∠BD＝114° 40° ﹣ ＝74°， ∴∠E＝180°﹣∠DE﹣∠DE＝180° 70° 74° ﹣ ﹣ ＝36°， 1 故答为：36． 三．解答题（共7 小题，满分52 分） 17．（6 分）（2022 春•黄岛区期末）如图，请沿图中的虚线，用三种方法将下列图形划分 为两个全等图形． 【分析】直接利用全等图形的定义进而分析得出答． 【解答】解：如图所示： ． 18．（6 分）（2022 秋•普陀区期末）已知：如图，在△B 中，B＝B，∠B＝45°，高D 与高 BE 相交于点F，G 为BF 的中点． 求证：（1）DG＝DE； （2）∠DEG＝∠DE． 【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质证明△BDF≌△D，再根据直角三角形斜边上的 中线等于斜边的一半可得DG¿ 1 2BF，进而可以解决问题； （2）由（1）得∠DBG＝∠DE，BG¿ 1 2BF，E¿ 1 2，BF＝，然后证明△BDG≌△DE，进而根 据三角形内角和定理即可解决问题． 【解答】证明：（1）D⊥BD，∠BD＝45°， 1 ∴D＝BD， ∵∠BFD＝∠FE，∠FE+∠D＝90°，∠D+∠D＝90°， ∴∠BFD＝∠D， 在△BDF 和△D 中， { ∠BFD=∠ACD ∠BDF=∠ADC BD=AD ， ∴△BDF≌△D（S）， ∴BF＝， ∵G 为BF 的中点． ∴DG¿ 1 2BF， ∵B＝B，BE⊥， ∴E 为的中点． ∴DE¿ 1 2， ∴DG＝DE； （2）由（1）知：∠DBG＝∠DE，BG¿ 1 2BF，E¿ 1 2，BF＝， ∴BG＝E， 在△BDG 和△DE 中， { BD=AD ∠DBG=∠DAE BG=AE ， ∴△BDG≌△DE（SS）， ∴∠BDG＝∠DE， ∴∠DGB＝∠DBG+∠BDG， ∵∠DE＝∠DE+∠DE， ∴∠DGB＝∠DE， ∵DG＝DE， ∴∠DGE＝∠DEG， ∴∠DEG＝∠DE． 19．（8 分）（2022 秋•涪陵区期末）如图，在△B 中，B＝，D⊥B 于点D，E 为边上一点， 连接BE 与D 交于点F，G 为△B 外一点，满足∠G＝∠BE，∠FG＝∠B，连接EG． （1）求证：△BF≌△G； 1 （2）求证：BE＝G+EG． 【分析】（1）根据已知条件可得∠BD＝∠G，然后利用S 即可证明△BF≌△G； （2）结合（1）的结论，再证明△EF≌△EG，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵∠B＝∠FG， ∴∠B﹣∠D＝∠FG﹣∠D， ∴∠BD＝∠G， 在△BF 和△G 中， { ∠BAD=∠CAG AB=AC ∠ABF=∠ACG ， ∴△BF≌△G（S）； （2）证明：∵△BF≌△G， ∴F＝G，BF＝G， ∵B＝，D⊥B， ∴∠BD＝∠G， ∵∠BD＝∠G， ∴∠D＝∠G， 在△EF 和△EG 中， { AF=AG ∠FAE=∠GAE AE=AE ， ∴△EF≌△EG（SS）． ∴EF＝EG， ∴BE＝BF+FE＝G+EG． 20．（8 分）（2022•宜昌）杨阳同学沿一段笔直的人行道行走，在由步行到达B 处的过程 中，通过隔离带的空隙，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的社会主义核心价值观标语， 其具体信息汇集如下： 1 如图，B∥∥D，相邻两平行线间的距离相等，，BD 相交于，D⊥D．垂足为D，已知B＝ 20 米，请根据上述信息求标语D 的长度． 【分析】由B∥D，利用平行线的性质可得∠B＝∠D，由垂直的定义可得∠D＝90°，易得 B⊥B，由相邻两平行线间的距离相等可得D＝B，利用S 定理可得 △B≌△D，由全等三角形的性质可得结果． 【解答】解：∵B∥D，∴∠B＝∠D， ∵D⊥