八年级上册第十三章 全等三角形13.3 全等三角形的判定课堂检测

这是一份八年级上册第十三章 全等三角形13.3 全等三角形的判定课堂检测，共11页。试卷主要包含了基础巩固，能力强化，培优提升等内容，欢迎下载使用。

1．如图所示，AB∥CD，AO＝DO．求证：△AOB≌△DOC．
2．如图，已知AD＝AE，∠B＝∠C．求证：△ACD≌△ABE．
3．如图，已知OA＝OC，OB＝OD，∠AOC＝∠BOD．
求证：△AOB≌△COD．
4．如图，点B，E，C，F在同一条直线上，AB＝DE，BE＝CF，AB∥DE．
求证：△ABC≌△DEF．
5．如图，已知∠ABC＝∠BAD，∠C＝∠D，求证：△ABC≌△BAD．
6．已知：如图，AB＝AD．∠BAC＝∠DAC，证明：BC=CD．
二、能力强化
7．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AB边上一点，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F．求证：△BDE≌△CDF．
8．如图，已知：AD＝AB，AE＝AC，AD⊥AB，AE⊥AC．猜想线段CD与BE之间的数量关系与位置关系，并证明你的猜想．
9．如图，已知，EC＝AC，∠BCE＝∠DCA，∠A＝∠E．
（1）求证：BC＝DC；
（2）若∠A＝25°，∠D＝15°，求∠ACB的度数．
10．已知：BE⊥CD，BE＝DE，BC＝DA，
求证：①△BEC≌△DEA；
②DF⊥BC．
11．如图，在△ABC和△DEF中，边AC，DE交于点H，AB∥DE，AB＝DE，BE＝CF．
（1）若∠B＝55°，∠ACB＝100°，求∠CHE的度数．
（2）求证：△ABC≌△DEF．
12．如图，已知C是线段AE上的一点，DC⊥AE，DC＝AC，B是CD上一点，且CB＝CE．
（1）△ABC与△DEC全等吗？请说明理由．
（2）若∠A＝20°，求∠E的度数．
13．如图，已知点D、E是△ABC内两点，且∠BAE＝∠CAD，AB＝AC，AD＝AE．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）延长BD、CE交于点F，若∠BAC＝86°，∠ABD＝20°，求∠BFC的度数．
三、培优提升
14．如图，已知四边形ABCD中，AB＝BC＝8cm，CD＝6cm，∠B＝∠C，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速运动，点Q运动的速度是每秒2cm，点P运动的速度是每秒acm（a≤2），当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t秒．
（1）BQ＝ ，BP＝ ．（用含a或t的代数式表示）
（2）运动过程中，连接PQ，DQ，△BPQ与△CDQ能否全等？若能，请求出相应的t和a的值，若不能，说明理由．
15．如图（1），AB＝7cm，AC⊥AB，BD⊥AB垂足分别为A、B，AC＝5cm．点P在线段AB上以2cm/s的速度由点A向点B运动，同时点Q在射线BD上运动．它们运动的时间为t（s）（当点P运动结束时，点Q运动随之结束）．
（1）若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t＝1时，△ACP与△BPQ是否全等，并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，请分别说明理由；
（2）如图（2），若“AC⊥AB，BD⊥AB”改为“∠CAB＝∠DBA”，点Q的运动速度为xcm/s，其它条件不变，当点P、Q运动到何处时有△ACP与△BPQ全等，求出相应的x的值．
16．如图，在△ABC中，AB＝12cm，BC＝20cm，过点C作射线CD∥AB．点M从点B出发，以3cm/s的速度沿BC匀速移动；点N从点C出发，以acm/s的速度沿CD匀速移动．点M、N同时出发，当点M到达点C时，点M、N同时停止移动．连接AM、MN，设移动时间为t（s）．
（1）点M、N从移动开始到停止，所用时间为 s；
（2）当△ABM与△MCN全等时，
①若点M、N的移动速度相同，求t的值；
②若点M、N的移动速度不同，求a的值．
参考答案
一、基础巩固
1．证明：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠D，∠B＝∠C，
在△AOB和△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS）．
2．证明：在△ACD和△ABE中，
，
∴△ACD≌△ABE（AAS）．
3．证明：∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠AOC﹣∠AOD＝∠BOD﹣∠AOD，
即∠COD＝∠AOB，
在△AOB和△COD中，
，
∴△AOB≌△COD（SAS）．
4．证明：∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
又∵AB∥DE，
∴∠B＝∠1，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
5．证明：在△ABC和△BAD中，
，
∴△ABC≌△BAD（AAS）．
证明：∵AB＝AD，AC＝AC，∠BAC＝∠DAC，
∴△ABC≌△ADC（SAS），
∴BC=CD
7．证明：∵CF∥AB，
∴∠B＝∠FCD，∠BED＝∠F，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（AAS）．
二、能力强化
8．解：猜想：CD＝BE，CD⊥BE，
理由如下：∵AD⊥AB，AE⊥AC，
∴∠DAB＝∠EAC＝90°．
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，
在△ACD和△AEB中，
，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，
∵∠AGD＝∠FGB，
∴∠BFD＝∠BAD＝90°，即CD⊥BE．
9．证明：（1）∵∠BCE＝∠DCA，
∴∠BCE+∠ACE＝∠DCA+∠ECA，
即∠BCA＝∠DCE，
在△BCA和△DCE中，
，
∴△BCA≌△DCE（ASA），
∴BC＝DC；
（2）∵△BCA≌△DCE，
∴∠B＝∠D＝15°，
∵∠A＝25°，
∴∠ACB＝180°﹣∠A﹣∠B＝140°．
10．证明：（1）∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠DEA＝90°，
又∵BE＝DE，BC＝DA，
∴△BEC≌△DEA（HL）；
（2）∵△BEC≌△DEA，
∴∠B＝∠D．
∵∠D+∠DAE＝90°，∠DAE＝∠BAF，
∴∠BAF+∠B＝90°．
即DF⊥BC．
11．（1）解：∵∠B＝55°，∠ACB＝100°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝25°，
∵AB∥DE，
∴∠CHE＝∠A＝25°；
（2）证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
12．解：（1）△ABC≌△DEC，理由如下：
∵DC⊥AE，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，
在△ABC与△DEC中，
，
∴△ABC≌△DEC（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DEC，
∴∠A＝∠D＝20°，
∴∠E＝90°﹣∠D＝90°﹣20°＝70°．
13．（1）证明：∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴∠ACE＝∠ABD＝20°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣86°）＝47°，
∴∠FBC＝∠FCB＝47°﹣20°＝27°，
∴∠BFC＝180°﹣27°﹣27°＝126°．
三、培优提升
14．解：（1）由题意得，AP＝atcm，BP＝（8﹣at）cm，BQ＝2tcm，
故答案为：2tcm，（8﹣at）cm；
（2）△BPQ与△CDQ能全等；
∵∠B＝∠C，
∴△BPQ与△CDQ全等存在两种情况：
①当△PBQ≌△QCD时，PB＝CQ，BQ＝CD，
∴2t＝6，8﹣at＝8﹣2t，
∴a＝2，t＝3；
②当△PBQ≌△DCQ时，PB＝DC，BQ＝CQ，
∴8﹣at＝6，2t＝8﹣2t，
∴a＝1，t＝2；
综上，△BPQ与△CDQ能全等，此时a＝2，t＝3或a＝1，t＝2．
15．解：（1）△ACP≌△BPQ，PC⊥PQ．
理由如下：∵AC⊥AB，BD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
∵AP＝BQ＝2，
∴BP＝5，
∴BP＝AC，
在△ACP和△BPQ中
，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）；
∴∠C＝∠BPQ，
∵∠C+∠APC＝90°，
∴∠APC+∠BPQ＝90°，
∴∠CPQ＝90°，
∴PC⊥PQ；
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ，可得：5＝7﹣2t，2t＝xt
解得：x＝2，t＝1；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，可得：5＝xt，2t＝7﹣2t
解得：x＝，t＝．
综上所述，当△ACP与△BPQ全等时x的值为2或．
16．解：（1）点M的运动时间t＝（秒），
故答案为；
（2）①∵点M、N的移动速度相同，
∴CN＝BM，
∵CD∥AB，
∴∠NCM＝∠B，
∴当CM＝AB时，△ABM与△MCN全等，
则有12＝20﹣3t，解得t＝；
②∵点M、N的移动速度不同，
∴BM≠CN，
∴当CN＝AB，CM＝BM时，两个三角形全等，
∴运动时间t＝，
∴a＝＝．