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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4.9全等三角形的综合问题
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一．解答题（共24小题）
1．（2021秋•诸暨市期中）如图，已知AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC，BE．
（1）求证：△BAE≌△DAC；
（2）若∠CAD＝125°，∠D＝20°，求∠E的度数．
【分析】（1）根据题意由∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，可得∠DAC＝∠BAE，即可求证；
（2）由△BAE≌△DAC，可得∠E＝∠C，再由内角和为180°即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
又∵AD＝AB，AC＝AE，
∴△BAE≌△DAC （SAS）；
（2）解：∵△BAE≌△DAC，
∴∠E＝∠C，
∵∠CAD＝125°，∠D＝20°，
∴∠C＝180°﹣（∠CAD+∠D）＝180°﹣（125°+20°）＝35°，
∴∠E＝35°．
2．（2021•盘龙区一模）如图，已知∠ABC＝∠DEF，BE＝CF，AB＝DE，求证：AC＝DF．
【分析】因为BE＝CF，所以BC＝EF，再利用“SAS”判定两个三角形全等．
【解答】证明：∵BE＝CF，∴BE+EC＝CF+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴AC＝DF．
3．（2021秋•海淀区校级月考）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，D为BC边上一点，以 D为顶点作
∠ADE，∠ADE的一边交AC于点E，满足∠ADE＝∠B，BD＝CE．求证：AC＝DC．
【分析】根据题意可得∠BAD＝∠EDC，即可求证△ABD≌△DCE，即可求解．
【解答】证明：∵∠ADC是△ABD的一个外角，
∴∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠EDC，
∵∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠EDC，
在△ABD和△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴DC＝AB，
∵∠B＝∠C，
∴AB＝AC，即AC＝DC＝AB．
4．（2020•江西模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，点E为AC的中点，且∠DCA＝∠ACB，DE的延长
线交AB于点F．求证：ED＝EF．【分析】由 AB＝BC 知∠A＝∠ACB，结合∠DCA＝∠ACB 得∠A＝∠DCA，利用“ASA”证
△AEF≌△CED，从而得出答案．
【解答】证明：∵AB＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∵∠DCA＝∠ACB，
∴∠A＝∠DCA，
∵点E是AC中点，
∴AE＝CE，
在△AEF和△CED中，
∵ ，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴ED＝EF．
5．（2021秋•溧阳市期末）如图，点A、D、B、E在一条直线上，AC＝DF，BC＝EF，∠C＝∠F．
求证：（1）△ABC≌△DEF；
（2）AD＝BE，BC∥EF．
【分析】（1）直接根据全等三角形判定的“SAA”定理即可证得△ABC≌△DEF；
（2）根据全等三角形的性质得到AB＝DE，∠ABC＝∠DEF，由线段的和差及平行线的判定即可得到
AD＝BE，BC∥EF．
【解答】证明：（1）在△ABC和△DEF中，∴△ABC≌△DEF（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠ABC＝∠DEF，
∴AB﹣BD＝DE﹣BD，BC∥EF，
∴AD＝BE．
6．（2021秋•蒙阴县期末）如图，∠A＝∠B，AE＝BE，∠1＝∠2，点D在AC边上．
（1）求证：△AEC≌△BED．
（2）若∠1＝40°，求∠BDE的度数．
【分析】（1）要证明△AEC≌△BED，根据题目中的条件，先证明∠AEC＝∠BED即可，由∠1＝
∠2，即可得到∠AEC＝∠BED，然后写出全等的条件，即可证明结论成立；
（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质，可以求得∠BDE的度数．
【解答】（1）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠AED＝∠2+∠AED，
∴∠AEC＝∠BED，
在△AEC和△BED中
∴△AEC≌△BED（ASA）；
（2）∵△AEC≌△BED，
∴ED＝EC，∠ACE＝∠BDE，
∴∠ECD＝∠EDC，
∵∠1＝40°，∴∠ECD＝∠EDC＝70°，
∴∠ECA＝70°，
∴∠BDE＝70°，
即∠BDE是70°．
7．（2021秋•乌兰察布期末）如图所示，AB∥DC，AD⊥CD，BE平分∠ABC，且点E是AD的中点，试
探求AB、CD与BC的数量关系，并说明你的理由．
【分析】过E作EF⊥BC于F，利用全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：AB+CD＝BC，
理由是：过E作EF⊥BC于F，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
在△BAE与△BFE中，
，
∴△BAE≌△BFE（AAS），
∴AB＝FB，
同理可得：△CDE≌△CFE（AAS），
∴CD＝CF，
∴CF+BF＝BC，∴AB+CD＝BC．
8．（2021秋•开福区校级期末）如图，点D在AC上，BC，DE交于点F，BA＝BD，BC＝BE，∠ABD＝
∠CBE．
（1）求证：△ABC≌△DBE；
（2）若∠ABD＝20°，求∠CDE的度数．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DBE；
（2）由全等三角形的性质可得∠C＝∠E，由三角形的外角性质可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC＝∠CBE+∠DBC，
即：∠ABC＝∠DBE，
在△ABC和△DBE中，
，
∴△ABC≌△DBE（SAS）；
（2）由（1）可知：△ABC≌△DBE，
∴∠C＝∠E，
∵∠DFB＝∠C+∠CDE，
∠DFB＝∠E+∠CBE，
∴∠CDE＝∠CBE，
∵∠ABD＝∠CBE＝20°，∴∠CDE＝20°．
9．（2021秋•大连期末）点C、D都在线段AB上，且AD＝BC，AE＝BF，∠A＝∠B，CE与DF相交于点
G．
（1）求证：△ACE≌△BDF；
（2）若CE＝10，DG＝4，求EG的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△ACE≌△BDF；
（2）由全等三角形的性质可得∠ACE＝∠BDF，可得CG＝DG＝4，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AD＝BC，
∴AD+DC＝BC+DC，
∴AC＝BD，
在△ACE与△BDF中，
，
∴△ACE≌△BDF（SAS）；
（2）解：由（1）得：△ACE≌△BDF，
∴∠ACE＝∠BDF，
∴CG＝DG＝4，
∴EG＝CE﹣CG＝10﹣4＝6．
10．（2021秋•铁岭县期末）如图，AB⊥BE，DE⊥BE，垂足分别为点B，E，且AB＝DE，BF＝CE，点
B，F，C，E在同一条直线上，AC，DF相交于点G．
求证：（1）△ABC≌△DEF；
（2）AG＝DG．【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DEF；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝DF，∠ACB＝∠DFE，可得CG＝GF，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠B＝∠E＝90°，
∵BF＝CE，
∴BF+FC＝EC+FC，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
（2）∵△ABC≌△DEF，
∴AC＝DF，∠ACB＝∠DFE，
∴CG＝GF，
∴AG＝DG．
11．（2021秋•红桥区期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD，OA＜OC，∠AOB＝
∠COD＝36°．连接AC，BD交于点M，连接OM．
（Ⅰ）求证：AC＝BD；
（Ⅱ）求∠AMB的大小；
（Ⅲ）求证：∠AMO＝∠DMO．【分析】（Ⅰ）由“SAS”可证△AOC≌△BOD，可得AC＝BD；
（Ⅱ）由外角的性质可求解；
（Ⅲ）由全等三角形的性质可得S△OAC ＝S△OBD ，由面积法可得OG＝OH，可得结论．
【解答】（Ⅰ）证明：∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOC，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD；
（Ⅱ）解：如图，由（Ⅰ）可得∠OAM＝∠OBM，
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，
∴∠AMB＝∠AOB＝36°；
（Ⅲ）证明：作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，
则∠OGA＝∠OHB＝90°，
∵△AOC≌△BOD，
∴S△OAC ＝S△OBD ．
∴ ×AC×OG＝ ×BD×OH，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，
∴∠AMO＝∠DMO．
12．（2021秋•越秀区期末）如图，点B，C，E，F在同一直线上，AB＝DF，AC＝DE，BE＝CF．求证：
AB∥DF．【分析】由SSS证明△ABC≌△DFE即可，由全等三角形的性质得出∠ABC＝∠DFE，证出AB∥DF．
【解答】证明：∵BE＝FC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（SSS）；
∴∠ABC＝∠DFE，
∴AB∥DF，
13．（2020秋•襄城区期末）如图，点B、E、C、F四点在一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，老师说：
再添加一个条件就可以使△ABC≌△DEF．下面是课堂上三个同学的发言，甲说：添加 AB＝DE；乙说：
添加AC∥DF；丙说：添加BE＝CF．
（1）甲、乙、丙三个同学说法正确的是 甲、丙 ；
（2）请你从正确的说法中选择一种，给出你的证明．
【分析】（1）根据平行线的性质，由AB∥DE可得∠B＝∠DEC，再加上条件∠A＝∠D，只需要添加
一个能得出边相等的条件即可证明两个三角形全等，添加AC∥DF不能证明△ABC≌△DEF；
（2）添加AB＝DE，然后再利用ASA判定△ABC≌△DEF即可．【解答】解：（1）说法正确的是：甲、丙，
故答案为：甲、丙；
（2）证明：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中
，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
14．（2021•黄冈二模）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．
【分析】（1）由SAS证明△ABD≌△ACE即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠ACE＝∠ABD＝20°，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得
∠ABC＝∠ACB＝47°，则∠FBC＝∠FCB＝27°，即可得出答案．
【解答】（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°．
15．（2020秋•大兴区期末）已知：如图，点 C在线段AB上，CF平分∠DCE，AD∥EB，∠ADC＝
∠BCE，AD＝BC．求证：DF＝FE．
【分析】根据平行线的性质和全等三角形的判定和性质定理以及等腰三角形的性质即可得到结论．
【解答】证明：∵AD∥BE，
∴∠DAC＝∠CBE，
在△ACD和△BEC中，
∴△ACD≌△BEC（ASA），
∴DC＝CE，
∴△DCE是等腰三角形．
∵CF平分∠DCE，
∴DF＝FE．
16．（2020秋•苏州期末）如图，AD，BF相交于点O，AB∥DF，AB＝DF，点E与点C在BF上，且BE
＝CF．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）求证：点O为BF的中点．【分析】（1）由“SAS”可证△ABC≌△DFE；
（2）由“AAS”可证△ACO≌△DEO，可得EO＝CO，可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥DF，
∴∠B＝∠F，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（SAS）；
（2）∵△ABC≌△DFE，
∴AC＝DE，∠ACB＝∠DEF，
在△ACO和△DEO中，
，
∴△ACO≌△DEO（AAS），
∴EO＝CO，
∴点O为BF的中点．
17．（2020秋•延边州期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，延长CA至点D，延长CB至点
E，使AD＝BE，连接AE，BD，交点为O．
（1）求证：OB＝OA；
（2）连接OC，若AC＝OC，则∠D的度数是 22. 5 度．【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得出△ABD≌△BAE，进而得出OB＝OA；
（2）根据全等三角形的判定和性质以及三角形内角和解答．
【解答】证明：（1）∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠BAC＝45°．
∴∠EBA＝∠DAB＝135°．
在△ABD与△BAE中，
，
∴△ABD≌△BAE（SAS），
∴∠DBA＝∠EAB，
∴OB＝OA；
（2）由（1）得：OB＝OA，
在△OBC与△OAC中，
，
∴△OBC≌△OAC（SSS），
∴∠OCB＝∠OCA＝ ∠ACB＝ ，
∵AC＝BC，AC＝OC，
∴OC＝BC，
∴∠CBO＝∠COB＝ ，
在Rt△BCD中，∠D＝180°﹣90°﹣∠CBO＝22.5°．
故答案为22.5．
18．（2020秋•石景山区期末）如图1，射线AP∥BQ，分别作∠PAB，∠ABQ的角平分线，这两条射线交
于点O，过点O作一条直线分别与射线AP，直线BQ交于点C，D（不与点A，B重合）．（1）当CD⊥AP时，
①补全图1；
②若AC＝a，BD＝b，则AB的长为 a + b （用含a，b的式子表示）．
（2）当CD与AP不垂直时，在备用图中补全图形，探索线段AB，AC，BD之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）①根据题意画出图形解答即可；
②过O作OE⊥AB于E，利用角平分线的性质解答即可；
（2）作出图形，利用全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）①如图1所示，
②过O作OE⊥AB于E，
∵OA平分∠BAC，OB平分∠ABD，OC⊥AP，OD⊥BQ，OE⊥AB，
∴OE＝OD，OE＝OC，
∴BE＝BD，AE＝AC，
∴AB＝AE+BE＝AC+BD＝a+b，
故答案为：a+b；
（2）当点D在点B的右侧时，AB＝AC+BD，理由如下：
过O作OE⊥AB于E，MN⊥AP于M，N，如图2，由（1）知AB＝AM+BN，OE＝OM＝ON，AM＝AE，BE＝BN，
∵AP∥BQ，
∴∠MCO＝∠NDO，
在△OCM与△ODN中，
，
∴△OCM≌△ODN（AAS），
∴OC＝OD，DN＝MC，
∴AC+BD＝AM+MC+BD＝AM+MC+BN﹣DN＝AM+BN＝AE+EB＝AB．
当点D在点B的左侧时，AB＝AC﹣BD，
综上所述，AB＝AC+BD或AB＝AC﹣BD．
19．（2020秋•天津期末）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△AFB≌△DFE；
（2）若AB＝9，DE＝3CE，求CD的长．
【分析】（1）由AAS可证△AFB≌△DFE；
（2）求出CE和ED长即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠DEF，∠BAF＝∠D，
∵F为AD的中点，
∴AF＝DF，
在△AFB和△DFE中，
，
∴△AFB≌△DFE（AAS），
（2）∵△AFB≌△DFE，∴AB＝DE＝9，
∵DE＝3CE，
∴CE＝3．
∴CD＝CE+DE＝3+9＝12．
20．（2021秋•双辽市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，点D是△ABC内一点，DB＝
DC，∠DCB＝30°，点E是BD延长线上一点，AE＝AB．
（1）求∠ADB的度数；
（2）线段DE，AD，DC之间有什么数量关系？请说明理由．
【分析】（1）根据三角形内角和定理得到∠ABC＝∠ACB＝75°，根据全等三角形的性质得到∠BAD＝
∠CAD＝15°，根据三角形的外角性质计算，得到答案；
（2）在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，得到△ADM是等边三角形，根据△ABD≌△AEM，得到
BD＝ME，结合图形证明结论
【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB＝ （180°﹣30°）＝75°，
∵DB＝DC，∠DCB＝30°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠ABD＝∠ABC﹣∠DBC＝45°，
在△ABD和△ACD中，
，
∴△ABD≌△ACD （SSS），
∴∠BAD＝∠CAD＝ ∠BAC＝15°，
∴∠ADE＝∠ABD+∠BAD＝60°，∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝180°﹣60°＝120°；
（2）DE＝AD+CD，
理由如下：在线段DE上截取DM＝AD，连接AM，
∵∠ADE＝60°，DM＝AD，
∴△ADM是等边三角形，
∴∠ADB＝∠AME＝120°．
∵AE＝AB，
∴∠ABD＝∠E，
在△ABD和△AEM中，
，
∴△ABD≌△AEM（AAS），
∴BD＝ME，
∵BD＝CD，
∴CD＝ME．
∵DE＝DM+ME，
∴DE＝AD+CD．
21．（2021秋•兴化市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，BD、CE交于
F．
（1）求证：△ABD≌△ACE．
（2）求证：AF平分∠BAC．【分析】（1）求出∠AEC＝∠ADB＝90°，根据AAS推出即可．
（2）根据全等求出AE＝AD，根据HL证出Rt△AEF≌Rt△ADF，推出∠EAF＝∠DAF即可．
【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（AAS）．
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴AE＝AD，
在Rt△AEF和Rt△ADF中，
，
∴Rt△AEF≌Rt△ADF（HL），
∴∠EAF＝∠DAF，
∴AF平分∠BAC．
22．（2021秋•宜兴市校级月考）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，D是AC上一点，E在
BC的延长线上，且AE＝BD，BD的延长线与AE交于点F．试通过观察、测量、猜想等方法来探索BF
与AE有何特殊的位置关系，并说明你猜想的正确性．
【分析】猜想：BF⊥AE，先证明△BDC≌△AEC得出∠CBD＝∠CAE，从而得出∠BFE＝90°，即BF⊥AE．
【解答】解：猜想：BF⊥AE．
理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD＝90°．
∴在Rt△BDC与Rt△AEC中
，
∴Rt△BDC≌Rt△AEC（HL）．
∴∠CBD＝∠CAE．
又∴∠CAE+∠E＝90°．
∴∠EBF+∠E＝90°．
∴∠BFE＝90°，即BF⊥AE．
23．（2020秋•大武口区期末）如图所示，已知△ABC中，点D为BC边上一点，∠1＝∠2＝∠3，AC＝
AE，
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）若AE∥BC，且∠E＝ ∠CAD，求∠C的度数．
【分析】（1）由∠1＝∠2＝∠3，可得∠1+∠DAC＝∠DAC+∠2，即∠BAC＝∠DAE，又∠1+∠B＝
∠ADE+∠3，则可得∠B＝∠ADE，已知AC＝AE，即可证得：△ABC≌△ADE；
（2）由题意可得，∠ADB＝∠ABD＝4x，在△ABD中，可得x+4x+4x＝180°，解答处即可；
【解答】解：（1）∵∠1＝∠2＝∠3，
∴∠1+∠DAC＝∠DAC+∠2，即∠BAC＝∠DAE，
又∵∠1+∠B＝∠ADE+∠3，则可得∠B＝∠ADE，
在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△ADE（AAS）；
（2）∵AE∥BC，
∴∠E＝∠3，∠DAE＝∠ADB，∠2＝∠C，
又∵∠3＝∠2＝∠1，令∠E＝x，
则有：∠DAE＝3x+x＝4x＝∠ADB，
又∵由（1）得 AD＝AB，∠E＝∠C，
∴∠ABD＝4x，
∴在△ABD中有：x+4x+4x＝180°，
∴x＝20°，
∴∠E＝∠C＝20°．
24．（2020秋•武威期末）如图（1），AB＝4cm，AC⊥AB，BD⊥AB，AC＝BD＝3cm．点P在线段AB上
以1cm/s的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动．它们运动的时间为t
（s）．
（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，请说明理由，
并判断此时线段PC和线段PQ的位置关系；
（2）如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB＝∠DBA＝60°”，其他条件不变．
设点Q的运动速度为xcm/s，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，求出相应的x、t的
值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，进一步得出∠APC+∠BPQ＝
∠APC+∠ACP＝90°得出结论即可；
（2）由△ACP≌△BPQ，分两种情况：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程组求
得答案即可．【解答】解：（1）当t＝1时，AP＝BQ＝1，BP＝AC＝3，
又∠A＝∠B＝90°，
在△ACP和△BPQ中，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．
∴∠ACP＝∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．
∴∠CPQ＝90°，
即线段PC与线段PQ垂直．
（2）①若△ACP≌△BPQ，
则AC＝BP，AP＝BQ， ，
解得 ；
②若△ACP≌△BQP，
则AC＝BQ，AP＝BP，
，
解得 ；
综上所述，存在 或 使得△ACP与△BPQ全等．
