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2021-2022学年七年级数学下册期中期末综合复习专题提优训练（北师大版）
专题09 全等三角形中动点问题
【典型例题】
例题．已知：如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝2，连接DE，动点P
从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P的运动时间为t秒，当t的值
为__秒时，△ABP和△DCE全等．
【答案】1或7
【解析】
【分析】
分两种情况进行讨论，根据题意得出BP=2t=2或AP=16-2t=2即可求得结果．
【详解】
因为AB＝CD，若∠ABP＝∠DCE＝90°，BP＝CE＝2，
根据SAS证得△ABP≌△DCE，
由题意得：BP＝2t＝2，
所以t＝1，
因为AB＝CD，若∠BAP＝∠DCE＝90°，AP＝CE＝2，根据SAS证得△BAP≌△DCE，
由题意得：AP＝16﹣2t＝2，
解得t＝7．
所以，当t的值为1或7秒时．△ABP和△DCE全等．故答案为：1或7．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，要注意分类讨论．
【专题训练】
一、填空题
1．如图，点A和动点P在直线l上，点P关于点A的对称点为Q，以AQ为边作RT△ABQ,使∠BAQ=90°，AQ：AB=3:4.直线l上有一点C在点P右侧，PC=4cm ,过点C作射线CD⊥l，点F为射线CD上的一个动点,
连结AF.当△AFC与△ABQ全等时，AQ=________
【答案】12
【解析】
【详解】
试题解析：当 AFC与 ABQ全等时，
则应满足 AB＝△AC ∠BA△Q＝∠ACF＝90° AQ＝FC ，
∵AQ：AB=3：4，AQ=AP，PC=4cm，∴AQ= .
2．如图，CA⊥AB，垂足为点A，AB=8cm，AC=4cm，射线BM⊥AB，垂足为点B，一动点E从A点出发，
以2cm/秒的速度沿射线AN运动，点D为射线BM上一动点，随着E点运动而运动，且始终保持ED=CB，
当点E运动_________秒时，点B、D、E组成的三角形与点A、B、C组成的三角形全等．
【答案】0或2或6或8
【解析】
【分析】
分两种情况：①当E在线段AB上时，②当E在BN上时，再分别分成两种情况AC=BE，AB=BE进行计算
即可．
【详解】
解：①当E在线段AB上，AB=BE时， ≌ ，
这时E在A点未动，因此时间为0秒；
②当点E在线段AB上，AC=BE时， ≌ ，∵AC=4cm，
∴BE=4cm，
∴AE=AB－BE=8－4=4cm，
∴点E的运动时间为4÷2=2（秒）；
③当E在BN上，AC=BE时， ≌ ，
∵AC=4cm，
∴BE=4cm，
∴AE=AB+BE=8+4=12cm，
∴点E的运动时间为12÷2=6（秒）；
④当E在BN上，AB=BE时， ≌ ，
∵AB=8cm，
∴BE=8cm，
∴AE=AB+BE=8+8=16cm，
∴点E的运动时间为16÷2=8（秒），
综上所述，当点E运动0或2或6或8秒时，点B、D、E组成的三角形与点A、B、C组成的三角形全等．
故答案为：0或2或6或8．
【点睛】
本题考查了直角三角形全等的判定，解题的关键是熟练的掌握直角三角形全等的判定定理．
3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm．动点P从A点出发沿A→C的路径向终点C
运动；动点Q从B点出发沿B→C→A路径向终点A运动．点P和点Q分别以每秒1cm和3cm的运动速度
同时开始运动，其中一点到达终点时另一点也停止运动，在某时刻，分别过点P和Q作PE⊥MN于E，
QF⊥MN于F．则点P运动时间为_____秒时，△PEC与△QFC全等．
【答案】 或 ．
【解析】
【分析】
根据题意化成二种情况,根据全等三角形的性质得出CP=CQ,代入得出关于t的方程,求出即可.【详解】
解:由题意得分为二种情况:
如图1,
P在AC上,Q在BC上,
PE⊥l,QF⊥l, ∠PEC=∠QFC=90 ,
ACB=90 ,
∠EPC+∠PCE=90 ,∠PCE+∠QCF=90,
∠EPC=∠QCF,
则△PCE≌△CQF,
PC=CQ,
即5-t=12-3t,解得t= ;
当P、Q均在AC上的时候，此时4＜t＜5，
如图：
AP=5-t，CQ=3t-12，
5-t=3t-12，解得t= ；
故答案为: 或 .
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质的应用,注意:全等三角形的判定定理有SAS,ASA,AAS,SSS,全等三角形的
对应边相等.
二、解答题
4．如图， 在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D为直线BC上一动点，以AD为边在AD的右侧作△ADE，AE＝AD，∠DAE＝90°，连接CE．
（1）求证：∠B＝∠ACE；
（2）若BC＝5，CE＝2，求CD的长度．
【答案】（1）证明见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据条件AB=AC，∠BAC=90°，AD=AE，∠DAE=90°，根据SAS证明△ABD≌△ACE，则结论得证；
（2）可得CE=BD=2，可求出CD=3．
【详解】
（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE；
（2）解：∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE＝2，
∴CD＝BC﹣BD＝5﹣2＝3．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质的运用，解决问题的关键是掌握：两
边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
5．如图，在△ABC中，AB=24cm，AC=16cm，∠BAD=∠CAD，DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，动点P以
每秒2cm的速度从A点向B点运动，动点Q以每秒1cm的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，
另一个点随之停止运动，设运动时间为t秒．（1）求证：△AED≌△AFD；
（2）若AE=10cm，当t取何值时，△DEP与△DFQ全等．
【答案】（1）见解析；（2）t=4或
【解析】
【分析】
（1）利用 直接证明△AED≌△AFD即可；
（2）先求解 再分三种情况讨论，①当0＜t＜5时，点P在线段AE上，点Q在线段CF上，
②当5≤t＜6时，点P在线段BE上，点Q在线段CF上，③当6≤t＜12时，点P在线段BE上，点Q在线段
AF上，再利用全等三角形的对应边相等建立方程，解方程即可得到答案.
【详解】
解：（1）∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ ∠AED=∠AFD=90°．
∵ ∠BAD=∠CAD，AD=AD．
∴ △AED≌△AFD(AAS)．
（2）∵△AED≌△AFD
∴ DE=DF，AF=AE=10．
∴CF=6
若△DEP与△DFQ全等，且DE=DF，∠DEP=∠DFQ=90°，
∴EP=FQ，
①当0＜t＜5时，点P在线段AE上，点Q在线段CF上，
∴EP=10﹣2t，FQ=6﹣t
∴10﹣2t＝6﹣t，
∴t=4；
②当5≤t＜6时，点P在线段BE上，点Q在线段CF上，
∴EP=2t-10，FQ=6﹣t∴2t-10=6﹣t，
∴t=
③当6≤t＜12时，点P在线段BE上，点Q在线段AF上，
∴EP=2t-10，FQ=t﹣6
∴2t-10=t-6，
∴t=4（不合题意，舍去）．
综上所述，当t=4或 时，△DEP与△DFQ全等．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，动态三角形全等问题，清晰的分类讨论是解题的关键.
6．如图1，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D是线段BC上一个动点，点F在线段AB上，且
∠FDB＝ ∠ACB，BE⊥DF．垂足E在DF的延长线上．
（1）如图2，当点D与点C重合时，试探究线段BE和DF的数量关系．并证明你的结论；
（2）若点D不与点B，C重合，试探究线段BE和DF的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）BE＝ FD．证明见解析；（2）BE＝ FD，证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）首先延长CA与BE交于点G，根据∠FDB= ∠ACB，BE⊥DE，判断出BE=EG= BG；然后根据全等
三角形的判定方法，判断出 ABG≌△ACF，即可判断出BG=CF=FD，再根据BE= BG，可得BE= FD，据
△
此判断即可．
（2）首先过点D作DG∥AC，与AB交于H，与BE的延长线交于G，根据DG∥AC，∠BAC=90°，判断出∠BDE=∠EDG；然后根据全等三角形的判定方法，判断出 DEB≌△DEG，即可判断出BE=EG= BG；最后
△
根据全等三角形的判定方法，判断出 BGH≌△DFH，即可判断出BG=FD，所以BE= FD，据此判断即可．
△
【详解】
解：（1）如图，延长CA与BE交于点G，
∵∠FDB＝ ∠ACB，
∴∠EDG＝ ∠ACB，
∴∠BDE＝∠EDG，
即CE是∠BCG的平分线，
又∵BE⊥DE，
∴BE＝EG＝ BG，
∵∠BED＝∠BAD＝90°，∠BFE＝∠CFA，
∴∠EBF＝∠ACF，
即∠ABG＝∠ACF，
在△ABG和△ACF中，
，
∴△ABG≌△ACF（ASA），
∴BG＝CF＝FD，
又∵BE＝ BG，∴BE＝ FD．
（2）BE＝ FD，
理由如下：如图，过点D作DG∥AC，与AB交于H，与BE的延长线交于G，
，
∵DG∥AC，∠BAC＝90°，
∴∠BDG＝∠C，∠BHD＝∠BHG＝∠BAC＝90°，
又∵∠BDE＝ ∠ACB，
∴∠EDG＝∠BDG﹣∠BDE＝∠C﹣ ∠C＝ ∠C，
∴∠BDE＝∠EDG，
在△DEB和△DEG中，
，
∴△DEB≌△DEG（ASA），
∴BE＝EG＝ BG，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠GDB，
∴HB＝HD，
∵∠BED＝∠BHD＝90°，∠BFE＝∠DFH，
∴∠EBF＝∠HDF，
即∠HBG＝∠HDF，
在△BGH和△DFH中，，
∴△BGH≌△DFH（ASA），
∴BG＝FD，
又∵BE＝BG，
∴BE＝ FD．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的
关键．
7．如图，有两根竹杆AC、BD相距18米，AC=6米，AC⊥AB，DB⊥AB，现有两个动点P、Q同时从B点
出发，点P以每秒2米的速度向点D运动，点Q以每秒1米的速度向点A运动，在线段AB上有一点Q．
（包括点A和点B）
（1）当P、Q两点运动6秒后，CQ与PQ有怎样的关系?
（2）当P、Q两点运动t秒后，使以C、A、Q为顶点的三角形与以P、B、Q为顶点的三角形全等，直接
写出t的值______．
【答案】（1）CQ⊥PQ且CQ=PQ；证明见解析；（2）6
【解析】
【分析】
（1）根据“SAS”可证明△AQC≌△BPQ，推出∠AQC =∠BPQ，可证得∠AQC +∠BQP=90 ，得到
CQ⊥PQ；
（2）分两种情况考虑：当△AQC≌△BPQ时与当△AQC≌△BQP时，根据全等三角形的性质即可确定出时间．
【详解】（1）CQ⊥PQ，
证明：当P、Q两点运动6秒后，
则BQ=6，BP=12，
∴AQ=18-6=12，
∵AC⊥AB，DB⊥AB，
∴∠CAQ =∠QBP=90 ，
在△AQC和△BPQ中，
，
∴△AQC≌△BPQ(SAS)，
∴∠AQC =∠BPQ，CQ=PQ
∵∠BPQ +∠BQP=90 ，
∴∠AQC +∠BQP=90 ，
∴CQ⊥PQ；
综上所述，CQ⊥PQ且CQ=PQ；
（2）根据题意，BQ=t，BP=2t，则AQ=18-t，
当△AQC≌△BPQ时，AQ=BP，即18-t=2t，
解得：t=6；
当△AQC≌△BQP时，AQ=BQ，即18-t=t，
解得：t=9；
此时所用时间为9秒，AC=BP=18米，不合题意，舍去；
综上，出发6秒后，在线段MA上有一点C，使△CAP与△PBQ全等．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法以及分类讨论是解本题的关键．
8．（2022·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，在长方形ABCD中，AD=3，DC=5，动点M从A点出
发沿线段AD—DC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD—DA以每
秒3个单位长度的速度向终点A运动．ME⊥PQ于点E，NF⊥PQ于点F，设运动的时间为 秒．
（1）在运动过程中当M、N两点相遇时，求t的值．
（2）在整个运动过程中，求DM的长．(用含t的代数式表示)（3）当 DEM与 DFN全等时，请直接写出所有满足条件的DN的长．
【答案】（1）2；（2）当0≤t≤3时，DM=3-t，当3＜t≤8时，DM=t-3；（3）2或1
【解析】
【分析】
（1）根据题意得： ，解得： ，即可求解；
（2）根据题意得：当0≤t≤3时，AM=t，则DM=3-t，当3＜t≤8时，DM=t-3，即可求解；
（3）根据ME⊥PQ，NF⊥PQ，可得∠DEM=∠DFN=90°，再由∠ADC=90°，可得∠DME =∠FDN，从而得
到当 DEM与 DFN全等时，DM=DN，根据题意可得M到达点D时， ，M到达点C时， ，
N到达点D时， ，N到达点A时， ，然后分两种情况：当 时和当 时，即可求解．
【详解】
解：（1）根据题意得： ，解得： ，
即在运动过程中当M、N两点相遇时，t的值为2；
（2）根据题意得：当0≤t≤3时，AM=t，则DM=3-t，
当3＜t≤8时，DM=t-3；
（3）∵ME⊥PQ，NF⊥PQ，
∴∠DEM=∠DFN=90°，
∴∠EDM+ ∠DME =90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠EDM+∠FDN =90°，
∴∠DME =∠FDN，
∴当 DEM与 DFN全等时，DM=DN，
∵M到达点D时， ，M到达点C时， ，N到达点D时， ，N到达点A时， ，
当 时，DM=3-t，CN=3t，则DN=5-3t，
∴3-t=5-3t，解得：t=1，
∴此时DN=5-3t=2，
当 时，DM=3-t，DN=3t-5，
∴3-t=3t-5，解得： ，
∴DN=3t-5=1，
综上所述，当 DEM与 DFN全等时，所有满足条件的DN的长为2或1．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，动点问题，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
9．在 中， ， ，点 为直线 上的一个动点（不与点 ， 重合），以 为
一边在 的右侧作 ，使 ， ，连 ．
（1）如图1，当点 在线段 上时，
① 与 的位置关系是______；
②线段 、 、 之间的数量关系是______．
（2）如图2，当点 在线段 的延长线上时，（1）中的两个结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如
果不成立，请写出正确的结论再给出证明．
【答案】（1）①垂直；② ；（2）位置关系：垂直，数量关系： ，证明见解
析；
【解析】
【分析】
（1）①先求证 ，得到 ，从而求得 ，即可求解；②根据
①中的全等三角形，得到 ，从而求得 ；
（2）先求证 ，得到 ， ，从而求得 ，【详解】
解：（1）∵ ，
∴
∵
∴
又∵ ，
∴
∴ ，
①∴ ，∴
②∴
（2）位置关系：垂直，数量关系： ，证明如下：
∵ ，
∴
∴
∵
∴
又∵ ，
∴
∴ ，
∴
∴
又∵
∴
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定方法及有关性质是解题的关键．
10．（2021·全国·七年级单元测试）如图， 为等边 的边 延长线上的一动点，以 为边向上作
等边 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）当 时，求 的度数；
（3） 与 有怎样的数量关系？随着点 位置的变化， 与 的数量关系是否会发生变化？请说明理由．
【答案】1）证明见解析；（2） ；（3） ；数量关系不变；理由见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据等边三角形的性质得出∠BAC＝∠PAQ＝60°，AB＝AC，AP＝AQ，再由SAS定理即可得出结
论；
（2）由∠APC=∠CAP，∠B=∠BAC，∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，得∠BAP=90°，再结合
，进而即可求解；
（3）设CD与AP交于点O，由 ，得∠ACD=∠APD，结合∠AOC=∠DOP，三角形内角和
定理，即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵△ABC与△APD是等边三角形，
∴∠BAC＝∠PAD＝60°，AB＝AC，AP＝AD，
∴∠BAP＝∠DAC，
在△ABP与△ACD中，
，
∴ （SAS）；
（2）∵ ，
∴∠APC=∠CAP，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠BAC=60°，
又∵∠B+∠BAC+∠APC+∠CAP=180°，∴∠BAC+∠CAP= ×180°=90°，即：∠BAP=90°，
∴∠APB=90°-60°=30°，
∴∠ADC=∠APB=30°，
∵△APD是等边三角形，
∴ =60°-∠ADC=60°-30°=30°；
（3） = ，随着点 位置的变化， 与 的数量关系不会发生变化，理由如下：
设CD与AP交于点O，
∵ ，
∴∠ACD=∠ABP=60°，
∵∠APD=60°，
∴∠ACD=∠APD，
又∵∠AOC=∠DOP，∠AOC+∠ACD+∠PAC=180°，∠DOP+∠APD+∠PDC=180°，
∴ = ．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，直角三角形的判定，熟练掌握全等三角形的
判定和性质，是解题的关键．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，点O为AB的中点，点P为直线BC上的动点（不与
点B点C重合），连接OC、OP，将线段OP绕点P顺时针旋转60°，得到线段PQ，连接BQ．
（1）观察猜想：如图①，线段BQ与CP的数量关系是 ；∠CBQ＝ ；
（2）探究证明：
如图②，当点P在CB的延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理
由．【答案】（1）BQ＝CP；120°；（2）成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质得到OC＝ AB＝OB，根据等边三角形的性质得到∠COB＝60°，根据旋转的
性质得到∠POQ＝60°，OP＝OQ，结合图形得到∠COP＝∠BOQ，利用SAS定理证明△COP≌△BOQ，根据
全等三角形的性质证明；
（2）仿照（1）的作法解答．
【详解】
解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠ABC＝60°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O为AB的中点，
∴OC＝ AB＝OB，
∴△COB为等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∴∠COP＋∠BOP＝60°，
由旋转的性质可知，∠POQ＝60°，OP＝OQ，
∴∠BOQ＋∠BOP＝60°，
∴∠COP＝∠BOQ，
在△COP和△BOQ中，
∵OC＝OB，∠COP＝∠BOQ ，OP＝OQ，
∴△COP≌△BOQ（SAS），
∴BQ＝CP，∠OBQ＝∠OCP＝60°，
∴∠CBQ＝∠CBO＋∠OBQ＝120°，故答案为：BQ＝CP；120°；
（2）当点P在CB的延长线上时，（1）中结论成立，
理由如下：∵∠COB＝∠POQ＝60°，
∴∠COB＋∠BOP＝∠POQ＋∠BOP，即∠COP＝∠BOQ，
在△COP和△BOQ中，
∵OC＝OB，∠COP＝∠BOQ ，OP＝OQ，
∴△COP≌△BOQ（SAS），
∴BQ＝CP，∠OBQ＝∠OCP＝60°，
∴∠CBQ＝∠CBO＋∠OBQ＝120°．
【点睛】
本题考查的是旋转的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质，掌
握三角形全等的判定定理和性质定理、旋转变换的性质是解题的关键．
