深圳西乡中学数学全等三角形章末训练(Word版 含解析)

一、八年级数学全等三角形解答题压轴题（难）

1．如图1所示，已知点D 在AC 上，ADE ∆和ABC ∆都是等腰直角三角形，点M 为EC 的中点.

（1）求证：BMD ∆为等腰直角三角形；

（2）将ADE ∆绕点A 逆时针旋转45︒，如图2所示，（1）中的“BMD ∆为等腰直角三角形”是否仍然成立？请说明理由；

（3）将ADE ∆绕点A 逆时针旋转一定的角度，如图3所示，（1）中的“BMD ∆为等腰直角三角形”成立吗？请说明理由.

【答案】（1）详见解析；（2）是，证明详见解析；（3）成立，证明详见解析. 【解析】

【分析】

()1根据等腰直角三角形的性质得出45ACB BAC ∠∠==，

90ADE EBC EDC ∠∠∠===，推出BM DM =，BM CM =，DM CM =，推出BCM MBC ∠∠=，ACM MDC ∠∠=，求出

22290BMD BCM ACM BCA ∠∠∠∠=+==即可．

()2延长ED 交AC 于F ，求出12

DM FC =，//DM FC ，DEM NCM ∠=，根据ASA 推出EDM ≌CNM ，推出DM BM =即可．

()3过点C 作//CF ED ，与DM 的延长线交于点F ，连接BF ，推出MDE ≌MFC ，求出DM FM =，DE FC =，作AN EC ⊥于点N ，证BCF ≌BAD ，推出BF BD =，DBA CBF ∠∠=，求出90DBF ∠=，即可得出答案．

【详解】

()1证明：ABC 和ADE 都是等腰直角三角形，

45ACB BAC ∠∠∴==，90ADE EBC EDC ∠∠∠===

点M 为EC 的中点，

12BM EC ∴=，12

DM EC =， BM DM ∴=，BM CM =，DM CM =，

BCM MBC ∠∠∴=，DCM MDC ∠∠=，

2BME BCM MBC BCE ∠∠∠∠∴=+=，

同理2

DME ACM

∠∠

=，

22224590 BMD BCM ACM BCA

∠∠∠∠

∴=+==⨯= BMD

∴是等腰直角三角形．

()2解：如图2，BDM是等腰直角三角形，

理由是：延长ED交AC于F，

ADE和ABC

△是等腰直角三角形，

45

BAC EAD

∠∠

∴==，

AD ED

⊥，

ED DF

∴=，

M为EC中点，

EM MC

∴=，

1

2

DM FC

∴=，//

DM FC，

45

BDN BND BAC

∠∠∠

∴===，

ED AB

⊥，BC AB

⊥，

//

ED BC

∴，

DEM NCM

∠

∴=，

在EDM和CNM中

DEM NCM

EM CM

EMD CMN

∠=∠

⎧

⎪

=

⎨

⎪∠=∠

⎩

EDM

∴≌()

CNM ASA，

DM MN

∴=，

BM DN

∴⊥，

BMD

∴是等腰直角三角形．

()3BDM是等腰直角三角形，

理由是：过点C作//

CF ED，与DM的延长线交于点F，连接BF，

可证得MDE ≌MFC ，

DM FM ∴=，DE FC =，

AD ED FC ∴==，

作AN EC ⊥于点N ，

由已知90ADE ∠=，90ABC ∠=，

可证得DEN DAN ∠∠=，NAB BCM ∠∠=，

//CF ED ，

DEN FCM ∠∠∴=，

BCF BCM FCM NAB DEN NAB DAN BAD ∠∠∠∠∠∠∠∠∴=+=+=+=， BCF ∴≌BAD ，

BF BD ∴=，DBA CBF ∠∠=，

90DBF DBA ABF CBF ABF ABC ∠∠∠∠∠∠∴=+=+==，

DBF ∴是等腰直角三角形，

点M 是DF 的中点，

则BMD 是等腰直角三角形，

【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上中线性质的应用，在本题中需要作辅助线来证明，难度较大．

2．已知,如图A 在x 轴负半轴上，B （0，-4），点E （-6,4）在射线BA 上，

(1) 求证：点A 为BE 的中点

(2) 在y 轴正半轴上有一点F, 使 ∠FEA=45°，求点F 的坐标.

(3) 如图，点M 、N 分别在x 轴正半轴、y 轴正半轴上，MN=NB=MA ，点I 为△MON 的内角平分线的交点，AI 、BI 分别交y 轴正半轴、x 轴正半轴于P 、Q 两点, IH⊥ON 于H, 记△POQ 的周长为C△POQ.求证：C△POQ=2 HI.

【答案】（1）证明见解析；（2）

22

(0,)

7

F；（3）证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，根据B、E点的坐标，可证明△AEG≌△ABO，从而根据全等三角形的性质得证；

（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，过D作DK⊥x轴于K，然后根据全等三角形的判定得到△AEG≌△DAK，进而求出D点的坐标，然后设F坐标为（0，y），根据S梯形EGKD=S梯形EGOF

+S

梯形FOKD

可求出F的坐标；

（3）连接MI、NI，根据全等三角形的判定SAS证得△MIN≌△MIA，从而得到

∠MIN=∠MIA和∠MIN=∠NIB，由角平分线的性质，求得∠AIB=135°×3-360°=45°再连接OI，作IS⊥OM于S, 再次证明△HIP≌△SIC和△QIP≌△QIC，得到C△POQ周长.

试题解析：（1）过E点作EG⊥x轴于G，

∵B（0，-4），E（-6,4），∴OB=EG=4，

在△AEG和△ABO中，

∵

90

EGA BOA

EAG BAO

EG BO

∠=∠=︒

⎧

⎪

∠=∠

⎨

⎪=

⎩

∴△AEG≌△ABO（AAS），∴AE=AB

∴A为BE中点

（2）过A作AD⊥AE交EF延长线于D，

过D作DK⊥x轴于K，