《中考数学一轮复习提升练习第4.4讲 全等、相似三角形（题型突破+专题精练）（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学一轮复习提升练习第4.4讲 全等、相似三角形（题型突破+专题精练）（含解析）（41页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、题型突破专题训练题型一全等三角形1.如图，等腰ABC中，点D，E分别在腰AB，AC上，添加下列条件，不能判定ABEACD的是（）AADAEBBECDCADCAEBDDCBEBC【分析】利用等腰三角形的性质得ABCACB，ABAC，然后根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断【解析】ABC为等腰三角形，ABCACB，ABAC，当ADAE时，则根据“SAS”可判断ABEACD；当AEBADC，则根据“AAS”可判断ABEACD；当DCBEBC，则ABEACD，根据“ASA”可判断ABEACD故选：B2.如图，在AOB和COD中，OAOB，OCOD，OAOC，AOBCOD36连接AC，BD交于点M，
2、连接OM下列结论：AMB36，ACBD，OM平分AOD，MO平分AMD其中正确的结论个数有（）个A4B3C2D1【分析】由SAS证明AOCBOD得出OCAODB，ACBD，正确；由全等三角形的性质得出OCAODB，由三角形的外角性质得：CMD+OCACOD+ODB，得出CMDCOD36，AMBCMD36，正确；作OGAM于G，OHDM于H，如图所示：则OGAOHB90，由AAS证明OGAOHB（AAS），得出OGOH，由角平分线的判定方法得出OM平分AMD，正确；假设OM平分AOD，则DOMAOM，由全等三角形的判定定理可得AMOOMD，得AOOD，而OCOD，所以OAOC，而OAOC，故错误
3、；即可得出结论【解析】AOBCOD36，AOB+BOCCOD+BOC，即AOCBOD，在AOC和BOD中， AOCBOD（SAS），OCAODB，ACBD，故正确；OCAODB，由三角形的外角性质得：CMD+OCACOD+ODB，得出CMDCOD36，AMBCMD36，故正确；作OGAM于G，OHDM于H，如图所示，则OGAOHB90，在OGA和OHB中，OGAOHB（AAS），OGOH，OM平分AMD，故正确；假设OM平分AOD，则DOMAOM，在AMO与DMO中，AMOOMD（ASA），AOOD，OCOD，OAOC，而OAOC，故错误；正确的个数有3个；故选：B3.如图所示，均为等边三角形
4、，边长分别为，B、C、D三点在同一条直线上，则下列结论正确的_（填序号） 为等边三角形 CM平分【答案】【解析】【分析】根据等边三角形的性质得CACB，CDCE，ACB60，DCE60，则ACE60，利用“SAS”可判断ACDBCE，则ADBE；过E作,根据等边三角形求出ED、CN的长，即可求出BE的长；由等边三角形的判定得出CMN是等边三角形；证明DMCDBA，求出CM长；证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出BMCFGC60，CMDCFG60，得出BMCDMC，所以CM平分BMD.【详解】解：连接MC，FG，过点E作ENBD，垂足为N，ABC和CDE都是等边三角形，CACB，CDCE
5、，ACB60，DCE60，ACE60，ACDBCE120，在ACD和BCE中，ACDBCE（SAS），ADBE；正确；CDE都是等边三角形，且边长为3cm.CN=cm，EN=cm.BC=5cm.，正确；ACDBCE，CADCBE，在ACG和BCF中，ACGBCF（ASA），CGCF而GCF60，CMN是等边三角形，正确；EMDMBDMDBMACMDB60FCG，M、F、C、G四点共圆，BMCFGC60，CMDCFG60，BMCDMC，CM平分BMD，正确；DMC=ABD，MDC=BDADMCDBACM=.错误.故答案为：.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌
6、握等边三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键4.如图，在矩形ABCD中，AD4，将A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE若将B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB_【答案】【解析】【分析】依据A1DB1A1DC（AAS），即可得出A1CA1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1CBC2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长【详解】解：由折叠可得，A1DAD4，AEA1D90，BA1EB1A1E，BA1B1A1，BA1B1E90，EA1B1+DA1B190BA1E+CA1D，DA1B1CA1D，又CA1B1D，A1DA1D，A1DB1A1DC（AAS
7、），A1CA1B1，BA1A1CBC2，RtA1CD中，CD，AB.故答案为：【点睛】本题考查矩形与折叠，准确判断合适的全等三角形求出A1CBC2是解题的关键.5.如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，将点绕点顺时针旋转得到点，则点的坐标为_【答案】【分析】根据题意画出图形，易证明，求出OE、BE的长即可求出B的坐标【详解】解：如图所示，点绕点顺时针旋转得到点，过点A作x轴垂线，垂足为D，过点B作x轴垂线，垂足为E，点的坐标为，点的坐标为，CD=2，AD=3，根据旋转的性质，AC=BC，AD=CE=3，CD=BE=2，OE=2，BE=2，故答案为：【点睛】本题主要考查旋转变换和三角
8、形全等的判定与性质，证明是解题关键6.已知，如图1，若是中的内角平分线，通过证明可得，同理，若是中的外角平分线，通过探究也有类似的性质请你根据上述信息，求解如下问题：如图2，在中，是的内角平分线，则的边上的中线长的取值范围是_【答案】【分析】根据题意得到，反向延长中线至，使得，连接，最后根据三角形三边关系解题【详解】如图，反向延长中线至，使得，连接，是的内角平分线，由三角形三边关系可知，故答案为：【点睛】本题考查角平分线的性质、中线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形三边关系等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键7.如图，在RtABC中，ACB=90，且AC=AD（1）作BAC
9、的平分线，交BC于点E；(要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)（2）在（1）的条件下，连接DE，证明【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）首先以A为圆心，小于AC长为半径画弧，交AC、AB于N、M，再分别以N、M为圆心，大于MN长为半径画弧，两弧交于点Q，再画射线AQ交CB于E；（2）依据证明得到，进一步可得结论【详解】解：（1）如图，为所作的平分线；（2）证明：如图连接DE，由(1)知：在和中，又，【点睛】此题主要考查了基本作图，以及全等三角形的判定和性质，关键是得到8.如图，中，点在边上，求证【答案】证明见解析【解析】【分析】先根据等腰三角形的性质可得，再根据线段的和差可得，然
10、后根据三角形的判定与性质即可得证【详解】，即，在和中，即【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键9.如图，点D、E分别是AB、AC的中点，BE、CD相交于点O，BC，BDCE求证：（1）ODOE；（2）ABEACD【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)根据B=C，DOB=EOC，BD=CE可以用“AAS”证明DOBEOC，再由全等三角形的性质，即可得到OD=OE；(2)根据D、E分别是AB、AC的中点，可以得到AB=2BD，AC=2CE，AD=BD，AE=EC，再根据BD=CE，即可得到AB=AC，
11、AD=AE，再由A=A即可用“SAS”证明两个三角形全等.【详解】解：(1)B=C，DOB=EOC，BD=CEDOBEOC（AAS）OD=OE；(2)D、E分别是AB、AC的中点AB=2BD，AC=2CE，AD=BD，AE=EC又BD=CEAB=AC，AD=AEA=AABEACD（SAS）【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.10.如图，点E、F在线段BC上，证明：【答案】见解析【分析】利用AAS证明ABEDCF，即可得到结论【详解】证明：，B=C，ABEDCF（AAS），【点睛】此题考查全等三角形的判定及性质，熟记全等三角形的判定定理是解题
12、的关键11.如图，矩形中为边上一点，将沿AE翻折后，点B恰好落在对角线的中点F上（1）证明：；（2）若，求折痕的长度【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由折叠的性质证明再证明 从而可得结论；（2）利用折叠与三角形全等的性质求解 再利用的余弦求解即可.【详解】解：（1） 矩形， 由对折可得： 为的中点， （2）， 由折叠可得： 【点睛】本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，三角形全等的判定与性质，锐角三角函数的应用，灵活应用以上知识解题是解题的关键.12.如图，点A，D，B，E在一条直线上，求证：【答案】见详解【分析】由题意易得，进而易证，然后问题可求证【详解】证明：，即，【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键13.如图，在矩形中，点在上，且，垂足为（1）求证：；（2）若，求四边形的面积【答案】（1）见详解；（2）4-8【分析】（1）由矩形的性质可得D=90，ABCD，从而得D=ANB，BAN=AMD，进而即可得到结论；（2）由以及勾股定理得AN=DM=4，AB=，进而即可求解【详解】
