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2021-2022学年七年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题4.5探索三角形全等的条件
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑
色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2021秋•隆昌市校级期末）如图，∠A＝∠D，BC＝EF，要得到△ABC≌△DEF，只需添加（ ）
A．DE∥AB B．EF∥BC C．AB＝DE D．AC＝DF
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．∵DE∥AB，
∴∠A＝∠D，
由∠A＝∠D，BC＝EF不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
B．∵EF∥BC，
∴∠EFC＝∠BCA，
∠A＝∠D，∠EFC＝∠BCA，BC＝EF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△DEF，故
本选项符合题意；
C．BC＝EF，AB＝DE，∠A＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，能推出△ABC≌△DEF，故本选项
不符合题意；
D．AC＝DF，BC＝EF，∠A＝∠D，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△CDE，故本选
项不符合题意；
故选：B．
2．（2021秋•博兴县期末）如图，已知AB＝DC，下列条件中，不能使△ABC≌△DCB的是（ ）A．AC＝DB B．∠A＝∠D＝90° C．∠ABC＝∠DCB D．∠ACB＝∠DBC
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．AB＝DC，BC＝CB，AC＝DB，符合全等三角形的判定定理 SSS，能推出
△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
B．∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，BC＝CB，符合两直角三角形全等的判定定理 HL，能推出
△ABC≌△DCB，故本选项不符合题意；
C．AB＝DC，∠ABC＝∠DCB，BC＝CB，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DCB，
故本选不项符合题意；
D．AB＝DC，BC＝CB，∠ACB＝∠DBC，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DCB，
故本选项符合题意；
故选：D．
3．（2021秋•广水市期末）在下列条件下，不能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠A＝∠D，AB＝DE，AC＝DF B．∠A＝∠D，∠B＝∠E，AB＝DE
C．∠B＝∠E，∠C＝∠F，AC＝DF D．∠B＝∠E，BC＝EF，AC＝DF
【分析】三条边分别对应相等的两个三角形全等；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；两角
及其夹边分别对应相等的两个三角形全等；两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等，据此
判断即可．
【解答】解：A、由∠A＝∠D，AB＝DE，AC＝DF，根据SAS，可以判定△ABC≌△DEF，本选项不符
合题意．
B、由∠A＝∠D，∠B＝∠E，AB＝DE，根据ASA，可以判定△ABC≌△DEF，本选项不符合题意．
C、由∠B＝∠E，∠C＝∠F，AC＝DF，根据AAS，可以判定△ABC≌△DEF，本选项不符合题意．
D、由∠B＝∠E，BC＝EF，AC＝DF，SSA无法判断三角形全等，本选项符合题意，
故选：D．
4．（2021秋•河东区校级期末）如图，AC＝DC，BC＝EC，添加一个条件，不能保证△ABC≌△DEC的
是（ ）A．AB＝DE B．∠ACB＝∠DCE C．∠ACD＝∠BCE D．∠B＝∠E
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A．AB＝DE，AC＝DC，BC＝EC，符合全等三角形的判定定理 SSS，能推出
△ABC≌△DEC，故本选项不符合题意；
B．AC＝DC，∠ACB＝∠DCE，BC＝EC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEC，
故本选项不符合题意；
C．∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCB＝∠BCE+∠DCB，
即∠ACB＝∠DCE，
AC＝DC，∠ACB＝∠DCE，BC＝EC，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEC，故本
选项不符合题意；
D．AC＝DC，BC＝EC，∠B＝∠E，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEC，故本选
项符合题意；
故选：D．
5．（2021秋•二道区期末）如图，点A、D、C、F在同一条直线上，若AB＝DE，BC＝EF，则下列条件
中能满足△ABC≌△DEF的是（ ）
A．∠A＝∠EDF B．AD＝CF C．∠BCA＝∠F D．BC∥EF
【分析】利用全等三角形的判定解决问题即可．
【解答】解：∵AB＝DE，BC＝EF，
∴添加∠B＝∠E或AD＝CF或AC＝DF，即可证明△ABC≌△DEF．故选：B．
6．（2021秋•营口期末）根据下列已知条件，能画出唯一的△ABC的是（ ）
A．∠C＝90°，AB＝6 B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°
C．AB＝3，BC＝4，CA＝8 D．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4
【分析】根据全等三角形的判定定理和三角形的三边关系理逐个判断即可．
【解答】解：A．如图Rt△ACB和Rt△ADB的斜边都是AB，但是两三角形不一定全等，故本选项不符
合题意；
B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°，不符合全等三角形的判定定理，不能画出唯一的三角形，故本选项不符
合题意；
C．3+4＜8，不符合三角形的三边关系定理，不能画出三角形，故本选项不符合题意；
D．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4，符合全等三角形的判定定理ASA，能画出唯一的三角形，故本选项
符合题意；
故选：D．
7．（2021秋•永吉县期末）如图，已知∠BAC＝∠ABD＝90°，AD和BC相交于O．在①AC＝BD；
②BC＝AD；③∠C＝∠D；④OA＝OB条件中任选一个，可使△ABC≌△BAD．可选的条件个数为（
）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据全等三角形的判定定理逐个判断即可．
【解答】解：①、AC＝BD，∠CAB＝∠DBA，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理 SAS，能推出
△ABC≌△BAD；
②、∠CAB＝∠DBA，AD＝BC，AB＝BA，符合直角三角形全等的判定定理 HL，能推出
Rt△ABC≌Rt△BAD；③、∠C＝∠D，∠CAB＝∠DBA，AB＝BA，符合全等三角形的判定定理 AAS，能推出
△ABC≌△BAD；
④、∵OB＝OA，
∴∠OAB＝∠OBA，
条件∠OAB＝∠OBA，AB＝BA，∠CAB＝∠DBA，符合全等三角形的判定定理 ASA，能推出
△ABC≌△BAD；
即能选的个数是4个，
故选：D．
8．（2020秋•永年区期末）小明发现有两个结论：在△A B C 与△A B C 中，
1 1 1 2 2 2
①若A B ＝A B ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，且它们的周长相等，则△A B C ≌△A B C ；②若∠A ＝
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 1
∠A ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，则△A B C ≌△A B C ．
2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
对于上述的两个结论，下列说法正确的是（ ）
A．①，②都错误 B．①，②都正确
C．①正确，②错误 D．①错误，②正确
【分析】①根据SSS可得出△A B C ≌△A B C ；
1 1 1 2 2 2
②根据SSA不能得出△A B C ≌△A B C ．
1 1 1 2 2 2
【解答】解：在△A B C 与△A B C 中，
1 1 1 2 2 2
，
∴△A B C ≌△A B C （SSS）；
1 1 1 2 2 2
∴①正确．
若∠A ＝∠A ，A C ＝A C ，B C ＝B C ，SSA不可以判定△A B C ≌△A B C ．
1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2
∴②错误．
故选：C．
9．（2021秋•蓬莱市期末）如图，已知△ABC≌△AEF，其中AB＝AE，∠B＝∠E．在下列结论①AC＝
AF，②∠BAF＝∠B，③EF＝BC，④∠BAE＝∠CAF中，正确的个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等结合图象解答即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AEF，
∴AC＝AF，EF＝BC，故①③正确；
∠EAF＝∠BAC，
∴∠EAB＝∠FAC，故④正确；
∵AF≠BF，
∴∠BAF≠∠B，故②错误；
综上所述，结论正确的是①③④共3个．
故选：C．
10．（2020秋•福州期末）如图，点F，C在BE上，AC＝DF，BF＝EC，AB＝DE，AC与DF相交于点
G，则与2∠DFE相等的是（ ）
A．∠A+∠D B．3∠B C．180°﹣∠FGC D．∠ACE+∠B
【分析】根据等式的性质得出BC＝EF，进而利用SSS证明△ABC与△DEF全等，利用全等三角形的性
质得出∠ACB＝∠DFE，最后利用三角形内角和解答．
【解答】解：∵BF＝EC，
∴BF+FC＝EC+FC，
∴BC＝EF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS），∴∠ACB＝∠DFE，
∴2∠DFE＝180°﹣∠FGC，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021秋•孝南区期末）如图，在△ABC和△FED，A、F、C、D在同一直线上，AC＝FD，AB＝
DE，当添加条件 BC ＝ EF 或∠ A ＝∠ D 时，就可得到△ABC≌△DBF（只需填写一个你认为正确的
条件即可）．
【分析】要使△ABC≌△FED，已知，AC＝FD，AB＝DE，具备了两边对应相等，还缺少边或角对应相
等的条件，结合判定方法进行解答即可．
【解答】解：可添加BC＝EF，利用SSS得到△ABC≌△DBF；
可添加∠A＝∠D，利用SAS得到△ABC≌△DBF；
故答案为：BC＝EF或∠A＝∠D．
12．（2021秋•重庆期末）如图，已知AB＝AD，请添加一个条件，使得△ABC≌△ADC，则添加的条件可
以为 ∠ BAC ＝∠ DAC ， CB ＝ CD （只填写一个即可）．
【分析】根据全等三角形的判定方法即可解决问题．
【解答】解：由题意AB＝AD，AC＝AC，
∴根据SAS，可以添加∠BAC＝∠DAC，使得△ABC≌△ADC，
根据SSS，可以添加CB＝CD，使得△ABC≌△ADC，
故答案为：∠BAC＝∠DAC，CB＝CD．
13．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，已知∠ABC＝∠DCB，要使△ABC≌△DCB，只需添加一个条件，这个条件可以是 ∠ A ＝∠ D （答案不唯一） ．（只写一种情况即可）
【分析】此题是一道开放型的问题，答案不唯一，只要符合全等三角形的判定定理即可，如：∠A＝
∠D或∠ACB＝∠DBC或AB＝CD．
【解答】解：添加的条件是∠A＝∠D，
理由是：在△ABC和△DCB中，
，
∴△ABC≌△DCB（AAS），
故答案为：∠A＝∠D（答案不唯一）．
14．（2021秋•柳州期末）如图，在△ABC和△DFE中，EB＝CF，AB＝DF，当添加条件 AC ＝ DE 或
∠ ABC ＝∠ DFE 时，就可得到△ABC≌△DFE．（只需填写一个你认为正确的条件）
【分析】利用全等三角形的判定方法进行推理即可．
【解答】解：∵EB＝CF，
∴EB+BF＝CF+BF，
即EF＝CB，
添加AC＝DE，利用SSS可以判定△ABC和△DFE全等；
添加∠ABC＝∠DFE，利用SAS可以判定△ABC和△DFE全等；
故答案为：AC＝DE或∠ABC＝∠DFE．
15．（2021春•叶县期末）如图，∠A＝∠B＝90°，AB＝60，E，F分别为线段AB和射线BD上的一点，若点E从点B出发向点A运动，同时点F从点B出发向点D运动，二者速度之比为3：7，运动到某时刻
同时停止，在射线AC上取一点G，使△AEG与△BEF全等，则AG的长为 1 8 或 7 0 ．
【分析】设BE＝3t，则BF＝7t，使△AEG与△BEF全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，列方程解得t，可得AG；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，列方程解得t，可得AG．
【解答】解：设BE＝3t，则BF＝7t，因为∠A＝∠B＝90°，使△AEG与△BEF全等，可分两种情况：
情况一：当BE＝AG，BF＝AE时，
∵BF＝AE，AB＝60，
∴7t＝60﹣3t，
解得：t＝6，
∴AG＝BE＝3t＝3×6＝18；
情况二：当BE＝AE，BF＝AG时，
∵BE＝AE，AB＝60，
∴3t＝60﹣3t，
解得：t＝10，
∴AG＝BF＝7t＝7×10＝70，
综上所述，AG＝18或AG＝70．
故答案为：18或70．
16．（2020秋•涪城区校级期末）AD为△ABC中的中线，若AB＝8，AC＝6，那么AD的取值范围是 1 ＜
AD ＜ 7 ．
【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三
角形的三边关系即可求解．
【解答】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．在△ABD与△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE＝AB．
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即2＜2AD＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7．
17．（2020秋•肇州县期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，且AD，BE交
于点F，若BF＝AC，CD＝3，BD＝8，则线段AF的长度为 5 ．
【分析】先证明△ADC≌△BDF，再根据全等三角形的性质可得FD＝CD＝3，AD＝BD＝8，即可算出
AF的长．
【解答】解：∵AD是BC边上的高，BE是AC边上的高，
∴∠ADC＝∠BDF＝∠AEB＝90°，
∴∠DAC+∠C＝90°，∠C+∠DBF＝90°，
∴∠DAC＝∠DBF，
在△ADC和△BDF中，
，∴△ADC≌△BDF（AAS），
∴CD＝FD＝3，AD＝BD＝8，
∵CD＝3，BD＝8，
∴AD＝8，DF＝3，
∴AF＝AD﹣FD＝8﹣3＝5，
故答案为：5．
18．（2021春•泰兴市期末）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B
＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q
在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为 3 厘米 / 秒或 厘米 / 秒 时，能够使△BPE与
△CQP全等．
【分析】分两种情况讨论，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点Q的运动速度．
【解答】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，
∵∠B＝∠C，
∴①当BE＝CP＝5，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，
此时，5＝8﹣3t，
解得t＝1，
∴BP＝CQ＝3，
此时，点Q的运动速度为3÷1＝3厘米/秒；
②当BE＝CQ＝5，BP＝CP时，△BPE与△CQP全等，
此时，3t＝8﹣3t，
解得t＝ ，
∴点Q的运动速度为5÷ ＝ 厘米/秒；
故答案为：3厘米/秒或 厘米/秒．三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021秋•廉江市期末）如图，AB＝AC，CD∥AB，点E是AC上一点，且∠ABE＝∠CAD，延长BE
交AD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CAD；
（2）如果∠ABC＝65°，∠ABE＝25°，求∠D的度数．
【分析】（1）根据ASA可证明△ABE≌△CAD；
（2）求出∠BAC＝50°，则求出∠BAD＝75°，可求出答案．
【解答】（1）证明：∵CD∥AB，
∴∠BAE＝∠ACD，
∵∠ABE＝∠CAD，AB＝AC，
∴△ABE≌△CAD（ASA）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝65°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
又∵∠ABE＝∠CAD＝25°，
∴∠BAD＝∠BAC+∠CAD＝50°+25°＝75°，
∵AB∥CD，
∴∠D＝180°﹣∠BAD＝180°﹣75°＝105°．
20．（2021秋•南召县期末）如图，已知点A、F、E、C在同一条直线上，AB∥CD，∠ABE＝∠CDF，AF
＝CE，连接BC、AD．（1）请直接写出图中所有的全等三角形（不添加其它的线）；
（2）从（1）中的全等三角形中任选一组进行证明．
【分析】（1）利用平行和已知条件可得出△ABE≌△CDF，△AFD≌△CEB，ABC≌△CDA；
（2）可证明△ABE≌△CDF，利用平行可得到∠BAE＝∠DCF，且可得出AE＝FC，可利用AAS证明．
【解答】解：（1）△ABE≌△CDF，△ABC≌△CDA，△BEC≌△DFA，
（2）选△ABE≌△CDF进行证明，
证明：∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵AF＝CE，
∴AF+EF＝CE+EF，即AE＝CF．
在△ABE和△CDF中
，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
若选另两对证明如下：
∵△ABE≌△CDF，
∴AB＝DC，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
在△ABC和△CDA中
∴△ABC≌△CDA（SAS）．
∴AD＝CB，∠ACB＝∠CAD，
∵AF＝CE，
∴△AFD≌△CEB（SAS）．
21．（2019 秋•万州区期末）如图，在△ACD 中，E 为边 CD 上一点，F 为 AD 的中点，过点 A 作AB∥CD，交EF的延长线于点B．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若AB＝6，DE＝3CE，求CD的长．
【分析】（1）证明△AFB≌△DFE，可得BF＝EF；
（2）求出CE和ED长即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠DEF，∠BAF＝∠D，
∵
∴△AFB≌△DFE（AAS），
∴BF＝EF；
（2）解：∵△AFB≌△DFE，
∴AB＝DE＝6，
∵DE＝3CE，
∴CE＝2．
∴CD＝CE+DE＝2+6＝8．
22．（2021•江川区模拟）如图，在△ABC与△CDE中，点C在线段BD上，且AB⊥BD，DE⊥BD，AC＝
CE，BC＝DE．
（1）求证：BD＝AB+DE．
（2）求∠ACE的度数．
【分析】（1）证明Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），由全等三角形的性质得出AB＝CD，进而解答即可．
（2）由全等三角形的性质得出∠ACB＝∠CED，则可得出答案．【解答】证明：（1）∵AB⊥BD，DE⊥BD，
∴∠ABC＝∠CDE＝90°，
在Rt△ABC和Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），
∴AB＝CD，BC＝DE，
∴BD＝CD+BC＝AB+DE．
（2）∵Rt△ABC≌Rt△CDE，
∴∠ACB＝∠CED，
∵∠CED+∠ECD＝90°，
∴∠ACB+∠ECD＝90°，
∵∠ACB+∠ECD+∠ACE＝180°，
∴∠ACE＝90°．
23．（2020秋•朝阳县期末）如图，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B作BC⊥AE于点
C，在BC上截取CD＝CE，连接AD、DE并延长AD交BE于点P．
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD平分∠BAE．
【分析】（1）利用SAS证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利
用等腰三角形的三线合一，即可得到AD平分∠BAE．
【解答】证明：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE和△ACD中，，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD平分∠BAE．
24．（2021•南岗区模拟）已知：在△ABC和△DBE中，AB＝DB，BC＝BE，其中∠ABD＝∠CBE．
（1）如图1，求证：AC＝DE；
（2）如图2，AB＝BC，AC分别交DE，BD于点F，G，BC交DE于点H，在不添加任何辅助线的情况
下，请直接写出图2中的四对全等三角形．
【分析】（1）根据SAS证明△ABC与△DBE全等，利用全等三角形的性质解答即可．
（2）根据全等三角形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，
即∠ABC＝∠DBE，
在△ABC与△DBE中，
，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴AC＝DE；（2）由（1）得△ABC≌△DBE，
∴∠A＝∠D，∠C＝∠E，AB＝DB，BC＝BE，
∴AB＝BE，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠C，
∴∠A＝∠E，
在△ABG与△EBH中，
，
∴△ABG≌△EBH（ASA），
∴BG＝BH，
在△DBH与△CBG中，
，
∴△DBH≌△CBG（SAS），
∴∠D＝∠C，
∵DB＝CB，BG＝BH，
∴DG＝CH，
在△DFG与△CFH中，
，
∴△DFG≌△CFH（AAS）．
