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专题 12.2.2 三角形全等的判定 2(SAS)
目标导航
1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用“SAS”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的
良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲
知识点01三角形全等的判定2：(SAS)
知识点
三角形全等的判定2：边角边(SAS)
文字：在两个三角形中，如果有两条边及它们的夹角对应相等，那么这两个三角形全等；
A A'
B C B' C'
图形：
符号：在 与 中，
【微点拨】
“SAS”判定方法证明两个三角形全等及进行简单的应用．
1.证明线段相等或者角相等时，常常通过证明它们是全等三角形的对应边或对应角来解决.
2判断三角形全等时，注意两边与其中一边的对角相等的两个三角形不一定全等．解题时要根据已知条件
的位置来考虑，只具备SSA时是不能判定三角形全等的．
【知识拓展1】边角边判定三角形全等的条件
例1．(2022·山东济南·七年级期中)如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2，若用“SAS”说明
△ABC≌△BAD，则还需添加的一个条件是( )A．AD＝BC B．∠C＝∠D C．AO＝BO D．AC＝BD
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定，已知∠1＝∠2，AB为公共边，所以可添加AC＝BD，根据SAS可证
△ABC≌△BAD．
【详解】解：添加AC＝BD，理由如下：
在△ABC和△BAD中， ，∴△ABC≌△BAD(SAS)，故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
【即学即练】
1．(2022·江苏淮安·七年级期末)如图，在 和 中， ，补充一个条件后，
能直接应用“SAS”判定 的是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直接应用“SAS”判定 ，已知了 ，补充 即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ (SAS)故选B
【点睛】本题考查了SAS证明全等三角形，掌握全等三角形的判定是解题的关键．
【知识拓展2】利用SAS判定三角形全等(实际应用)
例2．(2022·辽宁丹东·七年级期末)如图，桌面上放置一个等腰直角 ABC，直角顶点C顶着桌面，若另外
△两个顶点与桌面的距离分别为 和 ，过另外两个顶点向桌面作垂线，则两个垂足之间的距离DE的
长度为______ ．
【答案】8
【分析】利用互余关系找两个三角形对应角相等，根据等腰直角三角形找对应边相等，两个对应直角相等，
判断三角形全等，从而AD=CE，CD=BE，得到DE的长．
【详解】解：∵∠CDA=∠ACB=∠CEB=90°，
∴∠ACD +∠DAC=∠ACD+∠ECB=∠ECB+∠CBE=90°，
∴∠ACD =∠CBE，∠DAC=∠ECB，
在 ACD和 CBE中 ，∴△ACD≌△CBE(ASA)，
△ △
∴AD=CE，CD=BE，∴DE=DC+CE=BE+AD=3+5=8(cm)．故答案为：8．
【点睛】本题考查了全等三角形判定及性质的应用；通过三角形全等，对应线段相等，对线段长度进行转
化．本题的关键是证明 ACD≌△CBE，利用全等三角形的性质进行等量代换求解．
【即学即练】 △
2.(2022·河南郑州·七年级期末)在学习“利用三角形全等测距离”之后，七一班数学实践活动中，张老师让
同学们测量池塘A，B之间的距离(无法直接测量)
小颖设计的方案是：先过点A作 的垂线 ，在 上顺次截取 ，使 ，然后过点D作
，连接 并延长交 于点E，则 的长度即为 的长度．(1)小颖的作法你同意吗？并说明
理由；(2)如果利用全等三角形去解决这个问题，请你设计一个与小颖全等依据不同的方案，并画出图形．【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】(1)只需要利用ASA证明 ABC≌ DEC即可得到答案；
(2)过点A作射线AP，在线段AP上△取两点△C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接
DE，则DE的长即为AB的长．
(1)解：同意小颖的作法，理由如下：
∵DN⊥AD，AB⊥AM，∴∠CDE=∠CAB=90°，
又∵∠ACB=∠DCE，AC=DC，∴△ABC≌△DEC(ASA)，
∴DE=AB，∴同意小颖的作法；
(2)解：过点A作射线AP，在线段AP上取两点C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接
DE，则DE的长即为AB的长；
∵EC=BC，AC=DC，∠ACB=∠DCE，
∴△ACB≌△DCE(SAS)，∴AB=DE；
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【知识拓展3】利用SAS证明三角形全等(求线段的长度)
例3．(2021•洪山区期末)如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于点D，在
AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为( )
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用已知条件证明△ADE≌△ADC(SAS)，得到ED＝CD，从而BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，即可
求得△BDE的周长．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠EAD＝∠CAD在△ADE和△ADC中， ，∴△ADE≌△ADC(SAS)，
∴ED＝CD，∴BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，∴△BDE的周长＝BE+BD+ED＝(6﹣4)+5＝7．故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是证明△ADE≌△ADC．
【即学即练3】
3．(2022·浙江台州·八年级期末)已知：如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，AB＝DE．BC＝
EF；(1)求证： ABC≌△DEF；(2)若点E为BC中点，EC＝6，求线段BF的长度．
△
【答案】(1)证明见解析(2)18
【分析】(1)由AB∥DE得∠B=∠DEF，已知条件中还有AB=DE，BC=EF，可以根据“SAS”判定
ABC≌ DEF；
△(2)若点E△为BC中点，则EB=EC=6，所以BC=EF=12，由BF=EB+EF可以求出BF的长．
(1)证明：如图，∵AB∥DE，∴∠B=∠DEF，在 ABC和 DEF中，
△ △
∴ ABC≌ DEF(SAS)．
(2)△解：∵点△E为BC中点，EC=6，∴EB=EC=6，∴BC=EB+EC=6+6=12，∴BC=EF=12，
∴BF=EB+EF=6+12=18，∴线段BF的长度为18．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，找到并根据已知条件证明△ABC和△DEF全等所缺少的条件
是解题的关键．
【知识拓展4】利用SAS证明三角形全等(求角的度数)
例4．(2022·山东烟台·七年级期末)如图，已知 三个内角的角平分线相交于点 ，点 在 的延长
线上，且 ，连接 ，若 ，则 的度数为______．【答案】
【分析】由角平分线的性质和三角形内角和定理可求 ，由“ ”可证 ≌ ，可
得 ．
【详解】解： 三个内角的角平分线相交于点 ，
平分 平分 ，
，
， ，
， ，
在 和 中，
， ≌ ，
，故答案为： ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【即学即练4】
4．(2022·山东济南·七年级期中)如图，点B、C、E、F在同一直线上，点A、D在BC的异侧，AB＝CD，
BF＝CE，∠B＝∠C．
(1) ABE和△DCF全等吗？请说明理由；(2)若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠CFD的度数．
【答△案】(1)见解析；(2)102°．
【分析】(1)由BF=CE，得BE=CF，再利用SAS证明△ABE≌△DCF；(2)由(1)知，∠A=∠D，∠AEB=∠DFC，可知∠D=72°，再利用三角形外角的性质∠DFB=∠C+∠D=102°，
从而得出答案．
(1)证明：∵BF=CE，∴BE=CF，在△ABE与△DCF中 ∴△ABE≌△DCF(SAS)，
(2)解：由(1)知，△ABE≌△DCF，∴∠AEB=∠DFC，∠A=∠D，∴∠AEC=∠DFB，∵∠A+∠D=144°，
∴∠D=72°，又∵∠C=30°，∴∠DFB=∠C+∠D=102°，∴∠AEC=102°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握三角形的外角等
于与它不相邻的两个内角和是解题的根据．
【知识拓展5】利用SAS证明三角形全等(证明类)
例5．(2022·全国·八年级专题练习)如图，BD、CE分别是△ABC的边AC和AB上的高，点P在BD的延长
线上，BP＝AC，点Q在CE上，CQ＝AB．求证：(1)AP＝AQ；(2)AP⊥AQ．
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】(1)由于BD⊥AC，CE⊥AB，可得∠ABD＝∠ACE，又有对应边的关系，进而得出
△ABP≌△QCA，即可得出结论．
(2)在(1)的基础上，证明∠PAQ＝90°即可．
(1)证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB(已知)，∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°，∠ACE+∠BAC＝90°(直角三角形两个锐角互余)，
∴∠ABD＝∠ACE(等角的余角相等)，
在△ABP和△QCA中，
，∴△ABP≌△QCA(SAS)，
∴AP＝AQ(全等三角形对应边相等)．(2)由(1)可得∠CAQ＝∠P(全等三角形对应角相等)，
∵BD⊥AC(已知)，
∵∠P+∠CAP＝90°(直角三角形两锐角互余)，
∴∠CAQ+∠CAP＝90°(等量代换)，即∠QAP＝90°，
∴AP⊥AQ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握并运用．
【即学即练5】
5．(2021•沙坪坝区校级期中)如图，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，过B点作BD⊥AC于D，E在CD上，
且DE＝AB，过点D作DF∥BC，使得DF＝BD，连接EF．
求证：(1)∠ABD＝∠C；(2)DF⊥EF．
【分析】(1)由直角三角形的性质可得出答案；
(2)证明△ABD≌△EDF(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠DFE＝90°，则可得出结论．
【解答】证明：(1)∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，
∵BD⊥AC，∴∠BDA＝90°，∵∠ABD+∠A＝90°，∴∠ABD＝∠C；
(2)∵DF∥BC，∴∠FDE＝∠C，∵∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠FDE，
在△ABD和△EDF中， ，∴△ABD≌△EDF(SAS)，
∴∠ADB＝∠DFE＝90°，∴DF⊥EF．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形
的性质是解题的关键．
能力拓展
考法01 利用SAS证明三角形全等(探究类)ABC AB AC P AP
【典例1】(2021·河南平顶山市·八年级期中)在 中， ，点 在平面内，连接 并将线段
AQ BQ
AP A BAC
绕点 顺时针方向旋转与 相等的角度，得到线段 ，连接 ．
P BC BQ PC
(1)如图1，如果点 是 边上任意一点，线段 和线段 的数量关系是 ；
(2)如图2，如果点P为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，
请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明(或说明)．
BQ PC
【答案】(1) ；(2)成立，见解析
△AQB≌△APC(SAS)
【分析】(1)运用“SAS”证 可得；
△AQB≌△APC(SAS)
(2)运用“SAS”证 可得．
QAP BAC BAPQAB BAPPAC QAB PAC
【详解】解：(1) ，即 ．
AQ AQ AP
AP A
是由 绕点 顺时针方向旋转得到的， ．
AB AC △AQB≌△APC(SAS) BQ PC BQ PC
又 ， ， 故答案为： ．
QAP BAC BAPQAB BAPPAC
(2)仍然成立．证明如下： ，即
QAB PAC
．
AQ AQ AP
AP A
是由 绕点 顺时针方向旋转得到的， ．
AB AC △AQB≌△APC(SAS) BQ PC
又 ， ， ．【点精】全等三角形的判定和性质．理解全等三角形的判定和性质是关键．
ABC BDE ABC DBE 90 CBE
变式1．(2021·安徽宿州市·七年级期末)如图，在 和 中， ，
AB BC BE BD AE CD AE CD M AE BC N
为锐角， ， ，连接 、 ， 与 交于点 ， 与 交于点 ．
△ABE CBD AE CD
(1) 与 全等吗？为什么？(2) 与 有何特殊的位置关系，并说明理由．
AE CD
【答案】(1)全等，理由见解析；(2) ，理由见解析
【分析】(1)根据“边角边”证明三角形全等即可；(2)由已知条件根据三角形内角和等于180即可求证．
【详解】(1)全等．
ABC DBE 90 ABCCBE DBECBE ABE CBD
因为 ，所以 ，即 ．
ABE≌CBDSAS
在ABE 和 CBD 中， AB CB ， ABE CBD ，BE BD 所以 ．
AE CD AE CD
(2) ， 的特殊位置关系为 ．
ABE≌CBD BAE BCD
理由：由(1)知 ，所以
因为NMC 180BCDCNM ABC 180BAEANBCNM ANB ABC 90 NMC 90 AE CD
又因为 ， ，所以 所以 ．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，熟悉以上定理是解题的关键．
变式2(2022·全国·八年级课时练习)如图①， 和 是等腰三角形，且 ， ，
， ，以 为顶点作一个 角，角的两边分别交边 ， 于点 、 ，连接
．
(1)探究 、 、 之间的关系，并说明理由；(2)若点 、 分别在 、CA延长线上，其他条件不变，
如图②所示，则 、 、 之间存在什么样的关系？并说明理由．
【答案】(1)EF=BE+FC；(2)EF=FC-BE．
【分析】(1)由等腰三角形的性质，解得 ， ，延长AB至G，使得
BG=CF，连接DG，进而证明 ，再根据全等三角形对应边相等的性质解得 ，
再结合等腰三角形的性质可证明 ，最后根据全等三角形的性质解题即可；
(2)在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得 ，
，进而证明 得到 ，据此方法再证明
，最后根据全等三角形的性质解题即可．
【详解】(1) 和 是等腰三角形，延长AB至G，使得BG=CF，连接DG
在 和 中， BG=CF，
，
在 和 中， DE=DE，
，
(2)在CA上截取CG=BE,连接DG
是等腰三角形，
在 和 中， CG=BE，在 和 中， FD=FD，
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相
关知识是解题关键．
考法02 动态问题
【典例2】(2022·辽宁沈阳·七年级期末)如图(1)，AB=10，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=7，点P在线段AB
上以每秒3个单位长度的速度由点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秒．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1秒时， ACP与 BPQ是否全等，请说明理由；
(2)在(1)的前提条件下，判断此时线段PC和线段PQ的位置关△系，并说△明理由；
(3)如图(2)，将图(1)中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB=∠DBA=70°”，其他条件不变，设点Q的运动
速度为x个单位长度/秒，是否存在实数x，使得 ACP与 BPQ全等？若存在，直接写出相应的x的值；
若不存在，请说明理由． △ △
【答案】(1)全等，理由见解析 (2)PC⊥PQ，理由见解析
(3)存在，x=3个单位长度/秒或x= 个单位长度/秒
【分析】(1)结论： ACP与 BPQ全等，根据SAS证明三角形全等即可；
(2)结论：PC⊥PQ，△利用全等△三角形的性质解决问题即可；
(3)分两种情形，利用全等三角形的性质构建方程即可解决问题．
(1)解： ACP与 BPQ全等，理由如下：当t=1时，AP=BQ=3，∵AB=10，∴BP=AB﹣AP=10﹣3=7，
△ △∵AC=BP=7，∴BP=AC，又∵∠A=∠B=90°，在 ACP和 BPQ中， ，
△ △
∴△ACP≌△BPQ(SAS)；
(2)解：PC⊥PQ，理由如下：∵△ACP≌△BPQ，∴∠ACP=∠BPQ，∴∠APC＋∠BPQ=∠APC＋
∠ACP=90°，∴∠CPQ=90°，即PC⊥PQ；
(3)解：当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t= 秒，x= 个单位长度/秒时， ACP与 BPQ全等，
△ △
理由如下：根据题意得，AP=3t，BP=10﹣3t，BQ=xt，
①若 ACP≌△BPQ，则AC=BP=7，AP=BQ，∴10﹣3t=7，解得：t=1(秒)，则x=3(个单位长度/秒)；
△
②若 ACP≌△BQP，则AC=BQ=7，AP=BP，则3t= ×10=5，解得，t= (秒)，∴xt=7，解得，x= (个单
△
位长度/秒)；故当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t= 秒，x= 个单位长度/秒时，△ACP与△BPQ全等．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，一元一次方程等知识，解题的关键是
正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
变式1．(2021·广东·肇庆市颂德学校八年级期中)如图，已知△ABC中，∠B＝∠C，AB＝8厘米，BC＝6厘
米，点D为AB的中点，如果点P在线段BC上以每秒2厘米的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线
段CA上以每秒a厘米的速度由C点向A点运动，设运动时间为t(秒)(0≤t＜3)．
(1)用含t的代数式表示PC的长度．
(2)若点P、Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(3)若点P、Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度a为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【答案】(1)6﹣2t (2)是，详见解析 (3)当a＝ 时，能够使△BPD与△CQP全等
【分析】(1)直接根据时间和速度表示PC的长；(2)根据SAS证明 CQP≌△BPD即可；
(3)因为点P、Q的△运动速度不相等，所以PB≠CQ，那么PB只能与PC相等，则PB＝PC＝3，CQ＝BD＝
4，得2t＝3，at＝4，解出即可．
(1)由题意得：PB＝2t，则PC＝6﹣2t；故答案为：6﹣2t；
(2)理由是：当t＝a＝1时，PB＝CQ＝2，∴PC＝6﹣2＝4，∵∠B＝∠C，∴AC＝AB＝8，∵D是AB的中
点，∴BD＝ AB＝4，∴BD＝PC＝4，在 CQP和 BPD中，∵ ，∴△CQP≌△BPD(SAS)；
△ △
(3)∵点P、Q的运动速度不相等，∴PB≠CQ，当 BPD与 CQP全等，且∠B＝∠C，∴BP＝PC＝3，CQ
△ △
＝BD＝4，∵BP＝2t＝3，CQ＝at＝4，∴t＝ ，∴ a＝4，a＝ ，∴当a＝ 时，能够使 BPD与 CQP
△ △
全等．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定，主要运用了路程=速度×时间的公式，要求熟练运用全等三角形的
判定和性质．
分层提分
题组A 基础过关练
1．(2022·江苏·八年级专题练习)下列选项可用SAS证明 ABC≌△A′B′C′的是( )
A．AB＝A′B′，∠B＝∠B′，AC＝A′C′ B．AB＝A△′B′，BC＝B′C′，∠A＝∠A′
C．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠C＝∠C′ D．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′
【答案】C
【分析】根据全等三角形SAS的判定逐项判定即可．
【详解】解：A、不满足SAS，不能证明 ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
B、不满足SAS，不能证明 ABC≌△A′B△′C′，不符合题意；
C、满足SAS，能证明 AB△C≌△A′B′C′，符合题意；
△D、不满足SAS，不能证明 ABC≌△A′B′C′，不符合题意，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角△形的判定，熟练掌握全等三角形的判定条件是解答的关键．
2.(2022•栾城区校级期末)如图，在△ABC中，D，E是BC边上的两点，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝
110°，∠BAE＝60°，则∠CAE的度数为( )
A．50° B．60° C．40° D．20°
【分析】先由∠1＝∠2＝120°推导出∠ADC＝∠AEB，再证明△ACD≌△ABE，则∠CAD＝∠BAE＝60°，
再求出∠C的度数，进而求出∠CAE的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝∠2＝110°，∴180°﹣∠1＝180°﹣∠2，
∵∠ADC＝∠180°﹣∠1，∠AEB＝180°﹣∠2，∴∠ADC＝∠AEB，
在△ACD和△ABE中， ，∴△ACD≌△ABE(SAS)，
∴∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠C＝∠1﹣∠CAD＝110°﹣60°＝50°，
∴∠CAE＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣110°﹣50°＝20°，∴∠CAE的度数为20°，故选：D．
【点评】此题考查三角形的内角和定理及其推论、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ACD≌△ABE
是解题的关键．
3．(2022·广东深圳·七年级期末)如图所示，为了测量出A，B两点之间的距离，在地面上找到一点C，连接
BC，AC，使 ，然后在BC的延长线上确定D，使 ，那么只要测量出AD的长度也就得
到了A，B两点之间的距离，这样测量的依据是( )A．AAS B．SAS C．ASA D．SSS
【答案】B
【分析】根据SAS即可证明 ACB≌△ACD，由此即可解决问题．
【详解】解：∵AC⊥BD，∴△∠ACB＝∠ACD＝90°，
在 ACB和 ACD中， ，
△ △
∴△ACB≌△ACD(SAS)，∴AB＝AD，故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
4．(2022·全国·八年级专题练习)在 ABC中，AB＝7，AC＝5，AD是边BC的中线，那么AD的取值范围是
( ) △
A．0＜AD＜12 B．2＜AD＜12 C．0＜AD＜6 D．1＜AD＜6
【答案】D
【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：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三△边即可求解．
【详解】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．
∵AD是边BC的中线，∴BD＝CD，
在 ABD和 ECD中 ，
△ △
∴△ABD≌△ECD(SAS)，∴CE＝AB＝7．
在 ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即△：2＜2AD＜12，1＜AD＜6．故选：D．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：出现中点的辅助线一般应
延长中线所在的直线构造全等三角形，这是一种非常重要的方法，要注意掌握．
5．(2022·全国·八年级单元测试)如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝50°，则∠DEF
的度数是( )
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】首先证明 DBE≌△ECF，进而得到∠EFC＝∠DEB，再根据三角形内角和计算出∠CFE＋∠FEC
的度数，进而得到△∠DEB＋∠FEC的度数，然后可算出∠DEF的度数．
【详解】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
在 DBE和 ECF中， ，
△ △
∴△DBE≌△ECF(SAS)，∴∠EFC＝∠DEB，
∵∠A＝50°，∴∠C＝(180°−50°)÷2＝65°，
∴∠CFE＋∠FEC＝180°−65°＝115°，∴∠DEB＋∠FEC＝115°，
∴∠DEF＝180°−115°＝65°，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和是180°．
DCA DEB DE DC
6．(2021·上海市松江区九亭中学初一期中)如图，在 与 中，有以下四个等式① ；DA DB C E AC BE
② ；③ ；④ ，请以其中三个等式作条件，余下一个作结论，写出所有的正
确判断 ___________________________(用 形式表示)
【答案】①②④ ③，①④③ ②．
【分析】根据已知条件，根据三角形全等的判定方法，结合条件在图形上的位置进行选择能够判定三角形
全等的条件，另一个作为结论，可得答案．
【解析】解：(1)①②④ ．证明如下：∵DE=DC，DA=DB，AC=BE
∴△DCA≌△DEB(SSS)⇒∴③∠C=∠E(全等三角形的对应角相等)
DE DC C E AC BE
(2) ①④③ 证明如下：∵ ， ，
⇒②
∴△DCA≌△DEB(SAS)∴DA=DB(全等三角形的对应边相等)故答案为：①②④ ，①④③ ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；这是一道考查三角形全等的识别⇒方③法的开放性⇒题②目，答案
可有多种，结合图形与判定方法进行选择是解答本题的关键．
7．(2021•温岭市八年级期中)某中学计划为新生配备如图1所示的折叠凳，图2是折叠凳撑开后的侧面示意
图(木条等材料宽度忽略不计)，其中凳腿AB和CD的长度相等，O是它们的中点，为了使折叠凳坐着舒适，
厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为35cm，由以上信息能求出CB的长度吗？如果能，请求出CB的长
度；如果不能，请说明理由．
【分析】根据中点定义求出OA＝OB，OC＝OD，然后利用“边角边”证明△AOD和△BOC全等，根据全
等三角形对应边相等即可证明．【解答】解：∵O是AB、CD的中点，∴OA＝OB，OC＝OD，
在△AOD和△BOC中， ，∴△AOD≌△BOC(SAS)，∴CB＝AD，
∵AD＝35cm，∴CB＝35(cm)，答：CB的长度为35cm．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，证明得到三角形全等是解题的关键．
8．(2022·福建·厦门五缘实验学校八年级期末)命题：如图，已知 ， 共线，
(1)，那么 ．
(1)从① 和② 两个条件中，选择一个填入横线，使得上述命题为真命题，你选择的条件为
_______(填序号)；
(2)根据你选择的条件，判定 的方法是________；
(3)根据你选择的条件，完成 的证明．
【答案】(1)① (2)SAS (3)见解析
【分析】(1)根据全等三角形的判定方法分析得出答案；
(2)根据(1)直接填写即可；(3)利用SAS进行证明．
【解析】 (1)解：∵ ，∴∠A=∠F，
∵AC=EF，∴当 时，可根据SAS证明 ；
当 时，不能证明 ，故答案为：①；
(2)解：当 时，可根据SAS证明 ，故答案为：SAS；
(3)证明：在△ABC和△FDE中， ，∴ ．
【点睛】此题考查了添加条件证明两个三角形全等，正确掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9．(2022•鼓楼区校级期中)如图，已知AB＝CD，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE，连接BC，求
证：∠ABE＝∠D．【分析】证明△ABE≌△CDF(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠D．
【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠A＝∠DCF，
∵AF＝CE，∴AF﹣EF＝CE﹣EF，即AE＝CF，
在△ABE和△CDF中， ，∴△ABE≌△CDF(SAS)，∴∠ABE＝∠D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定是本题的关键．
10．(2021·北京房山·九年级期中)已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD
＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．求证：
△BCE≌△BDF．
【答案】见解析
【分析】由旋转得出BE＝BF，∠EBF＝70°，进而得出∠DBF＝∠CBE，根据SAS即可证明
△BCE≌△BDF．
【详解】∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，∴BE＝BF，∠EBF＝70°，
∵∠ABC＝70°，∴∠EBF＝∠ABC，∴∠DBF＝70°－∠ABE＝∠CBE，
在△BCE和△BDF， ∴△BCE≌△BDF(SAS)．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．题组B 能力提升练
1. (2022•弋江区八年级期末)如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的
长可能是( )
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】在AC上取AE＝AB＝5，然后证明△AEP﹣ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝3，
再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．
【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中， ，∴△APE≌△APB(SAS)，∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，解得1＜PC＜7，∴PC取6，故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系；通过作辅助线构造全等三角形是
解题的关键﹒
2．(2022·山东济宁·八年级期末)如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB
＝40°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③∠EFB＝40°；④AD＝AC，正确的个数为( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：在△ABC和△AEF中，
，∴△ABC≌△AEF(SAS)，
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠BAE＝∠FAC＝40°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝40°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3．(2021·山东德州·八年级期中)如图所示， ， ， ， ， ，
则 ( )
A． B． C． D．无法计算
【答案】B
【分析】根据 ，可得 ，由 证得 与 全等，得到 ，根据三角形外角和即可求解．
【详解】 ，
，即 ，
在 与 中 ，
≌ ， ，
， ，
， ．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角性质，推出 ≌ 是解题的关键．
4．(2022·重庆一中七年级期末)如图，在△ABC中，∠B＝110°，延长BC至点D使CD＝AB，过点C作
CE∥AB且使CE＝BC，连接DE并延长DE交AC于点F，交AB于点H．若∠D＝20°，则∠CFE的度数为
______度．
【答案】30
【分析】证明△ABC≌△DCE，可得∠A=∠D= 20°，然后利用三角形内角和可得∠DEC=∠ACB= 50°，进
而可以解决问题．
【详解】解：∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
，∴△ABC≌△DCE(SAS)，
∴∠A＝∠D＝20°，∠DEC＝∠ACB，
∵∠B＝110°，∴∠ACB＝180°﹣∠B+∠A＝50°，
∴∠DEC＝∠ACB＝50°，
∵CE∥AB，∴∠BHF＝∠DEC＝50°，∴∠CFE＝∠AFH＝∠BHF﹣∠A＝50°﹣20°＝30°．故答案为：30．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABC≌△DCE．
5．(2022·安徽池州·八年级期末)如图， 与 中， ， ， ， 交 于
D．给出下列结论：
① ；② ；③ ；④ ．
其中正确的结论是__________(填写所有正确结论的序号)．
【答案】①③④
【分析】先根据三角形全等的判定定理与性质可得 ，再根据等腰三角形的性质即可得；先根据三
角形全等的性质可得 ，由 判断①、③；②假设 ，
根据三角形全等的判定定理与性质可得 ，由此可得假设不成立；先根据三角形的外角性质
可得 ，再根据角的和差可得 ，由此即可得④是否成立．
【详解】在 和 中， ，
，
，
，则结论①正确；
∴ ，则结论③正确；
由三角形的外角性质得： ，
又 ，
，则结论④正确；
假设 ，
在 和 中， ，
，
，即AF是 的角平分线，∵AF不一定是 的角平分线，
∴假设不一定成立，则结论②错误；
综上，正确的结论是①③④，故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的
定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
6．(2022·全国·八年级单元测试)添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt 中，
， 是高， 是 外一点， ， ，若 ， ， ，
求 的面积．同学们可以先思考一下……，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在 上截取
，(如图2)．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得 的面积为______．
【答案】36
【分析】先通过等量代换推出 ，再利用“边角边”证明 ，再通过
求出 的面积即可．
【详解】解： 是 的高，
，
，
，
，
，
，
．
在 和 中，，
，
．
， ， ，
，
，
．
故答案为：36．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据题中所给提示，通过证明三角形全等，将求 的
面积转化为求 的面积是解题的关键．
7．(2022·江苏泰州·七年级期末)如图， ， ， ， ．
(1)求证： ．(2)图中 、 有怎样的关系？试证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析(2) ， ，理由见解析
【分析】(1)根据 ， 并结合图形可推出 ，再根据 ， ，结
论即可得证；
(2)如图，设 交 于点 ，交 于点 ，由(1)的结论可推出 ， ，由
， ，可得出 ，可得 ，由此即可解决问题．(1)证明：∵ ， ，∴ ，∴ ，∴
，在 和 中， ，∴ ．
(2)解：结论： ， ．理由如下：如图，设 交 于点 ，交 于点 ，∵
，∴ ， ，∵ ， ，∴
，∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，三角形的内角和定理，垂直的定
义．解题的关键是正确寻找判定三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题．
8．(2021·湖北宜昌·八年级期中)在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，
学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC【答案】见解析
【分析】截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，可证得△APN≌△APC，可得到PC=PN，△BPN中，
利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，证明
△ABP≌△AMP，可得PB=PM，在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证．
【详解】解：截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，
在△APN和△APC中
∵AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，
∴△APN≌△APC，
∴PC=PN，
∵△BPN中有PB－PN＜BN，
即PB－PC＜AB－AC；
补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，
在△ABP和△AMP中，∵AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，
∴△ABP≌△AMP，∴PB=PM，
又∵在△PCM中有CM＞PM－PC，即AB－AC＞PB－PC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．9. (2022•大连月考)为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在八年级数学兴趣小组活动中，设置了这
样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同
学分别设计出了如下两种方案：
甲：如图1，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到
点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可；
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE⊥AB，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接
DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
甲、乙两个同学的方案是否可行？请说明理由．
【分析】甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
甲同学利用的是“边角边”，乙同学的方案根据等腰三角形的性质得出AB＝BC，故方案可行．
【解答】解：甲、乙两同学的方案都可行，
甲同学方案：在△ABO和△CDO中， ，∴△ABO≌△CDO(SAS)，∴AB＝CD；
乙同学方案：∵AD＝CD，DB⊥AC于点B，∴AB＝BC，
∴测量出线段BC的长度就是池塘两端A，B之间的距离，∴甲、乙两同学的方案都可行．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形判定的“SAS”定理是解决问题的关键
题组C 培优拔尖练
1．(2022·重庆·四川外国语大学附属外国语学校七年级期末)如图，在△ABC中，AB＝BC，点D为AC上的
点，连接BD，点E在△ABC外，连接AE，BE，使得CD＝BE，∠ABE＝∠C，过点B作BF⊥AC交AC点
F，若∠BAE＝21°，∠C＝28°，则∠FBD＝( )A．49° B．59° C．41° D．51°
【答案】C
【分析】由△ABE≌△BCD(SAS)，可求出∠BAE＝∠CBD＝21°，△ABC是等腰三角形，BF是底边AC的
高，可以求出∠DBF＝90°﹣(∠CBD＋∠C).
【详解】在△ABE和△BCD中，
，∴△ABE≌△BCD(SAS)，∴∠BAE＝∠CBD，
∵∠BAE＝21°，∠C＝28°，∴∠CBD＝21°，
∴∠BDF＝∠CBD＋∠C＝21°＋28°＝49°，
∵BF⊥AC，∴∠BFD＝90°，
∴∠FBD＝90°﹣∠BDF＝90°﹣49°＝41°故选：C.
【点睛】本题考查了全等三角形和等腰三角形的性质，此类题型比较灵活，但围绕的知识点是固定的，解
题时注意结合图形寻找已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向.
2．(2022·黑龙江·集贤县八年级期中)如图， 是 的中线，E，F分别是 和 延长线上的点，
且 ，连接 ．下列说法：① ；② 和 面积相等；③ ；④
．其中正确的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据三角形中线的定义可得 ，然后利用“边角边”证明 和 全等，根据全等
三角形对应边相等可得 ，全等三角形对应角相等可得 ，再根据内错角相等，两直线平行可得 ，最后根据等底等高的三角形的面积相等判断出②正确．
【详解】解： 是 的中线， ，
在 和 中， ， ，故④正确
， ，故①正确，
，故③正确，
，点 到 、 的距离相等，
和 面积相等，故②正确，
综上所述，正确的有4个，故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等，解题的关键是熟练掌握三
角形全等的判定方法并准确识图．
3．(2022·重庆·八年级课时练习)如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向
△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝NBC＝∠90°，连接MN，已知
MN＝4，则BD＝_________．
【答案】2
【分析】延长BD到E，使DE=BD，连接AE，证明△ADE≌△CDB(SAS)，可得AE=CB，
∠EAD=∠BCD，再根据△ABM和△BCN是等腰直角三角形，证明△MBN≌△BAE，可得MN=BE，进而
可得BD与MN的数量关系即可求解．
【详解】解：如图，延长BD到E，使DE=BD，连接AE，
∵点D是AC的中点，∴AD=CD，在△ADE和△CDB中， ，∴△ADE≌△CDB(SAS)，
∴AE=CB，∠EAD=∠BCD，
∵△ABM和△BCN是等腰直角三角形，
∴AB=BM，CB=NB，∠ABM=∠CBN=90°，∴BN=AE，
又∠MBN+∠ABC=360°-90°-90°=180°，
∵∠BCA+∠BAC+∠ABC=180°，
∴∠MBN=∠BCA+∠BAC=∠EAD+∠BAC=∠BAE，
在△MBN和△BAE中， ，∴△MBN≌△BAE(SAS)，∴MN=BE，
∵BE=2BD，∴MN=2BD．又MN=4，∴BD=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握全等三角形的判
定与性质．
4．(2022·山东济南·七年级期中)如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB、BC上，∠EDF＝
45°，当AE＝a，CF＝b时，EF＝_______(用含a、b的式子表示)．
【答案】a＋b##b＋a
【分析】延长FC到M，使CM＝AE，连接DM，通过SAS可证明 ADE≌△CDM，得DE＝DM，∠ADE
＝∠CDM，再通过SAS证明 DEF≌△DMF，从而有EF＝MF＝a△＋b．
【详解】解：延长FC到M，△使CM＝AE，连接DM，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠DCM＝90°，
在 ADE和 CDM中， ，
△ △
∴△ADE≌△CDM(SAS)，
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∵∠EDF＝45°，∴∠ADE＋∠FDC＝45°，
∴∠CDM＋∠FDC＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在 DEF与 DMF中， ，
△ △
∴△DEF≌△DMF(SAS)，∴EF＝MF＝a＋b，故答案为：a＋b．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．(2022·全国·八年级专题练习)如图，在 ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于
E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、G△F，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE．
求证：CF＝FG+CE．
【答案】见解析
【分析】在BC上取点M，使CM=CE，证明 CDE≌△CDM(SAS)，可得DE=DM，∠DEC=∠DMC，
△∠EDC=∠MDC，证明∠BDM=180°- ∠ABC-∠DMB=180°- ∠ABC-∠AEB=∠A，然后证明
DGF≌△DMF(SAS)，可得GF=MF，进而可以解决问题．
△【详解】证明：如图，在BC上取点M，使CM=CE，
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，
在 CDE和 CDM中， ，∴△CDE≌△CDM(SAS)，
△ △
∴DE=DM，∠DEC=∠DMC，∠EDC=∠MDC，
∵GD=DE， ∴GD=MD，
∵∠DEC+∠AEB=180°，∠DMC+∠DMF=180°，∴∠AEB=∠DMF，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC，
∴∠BDM=180°- ∠ABC-∠DMB=180°- ∠ABC-∠AEB=∠A，
∵∠A=2∠BDF，∴∠BDM=2∠BDF，∴∠FDM=∠FDG，
在△DGF和△DMF中，∵ ，
∴△DGF≌△DMF(SAS)，∴GF=MF，
∴CF=CM+FM=CE+GF．∴CF=FG+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，解决本题的关键是根据题意准确作出辅
助线得到△DGF≌△DMF．
6．(2022·全国·八年级专题练习)已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝
AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝ ；
(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝ ；
(3)如图3，若∠DAB＝ ，试探究∠AFG与 的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)60°(2)45°(3) (180°﹣ )，证明见解析
【分析】(1)连接AG．易证△ADC≌△ABE，可得DC＝BE，∠ADC＝∠ABE，AD＝AB，根据G、F分别是
DC与BE的中点，可得DG＝BF，即可证明△ADG≌△ABF，可得AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，即可求得
∠DAB＝∠GAF，即可解题．
(2)根据(1)中结论即可求得∠AFG的值，即可解题；
(3)根据(1)中结论即可求得∠AFG的值，即可解题．
(1)连接AG．
∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE．
在△ADC和△ABE中， ，
∴△ADC≌△ABE(SAS)，∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．
∵G、F分别是DC与BE的中点，
∴DG DC，BF BE，∴DG＝BF．在△ADG和△ABF中， ，
∴△ADG≌△ABF(SAS)，∴AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，
∴∠AGF＝∠AFG，∠DAG﹣∠BAG＝∠BAF﹣∠BAG，∴∠DAB＝∠GAF．
∵∠DAB＝60°，∴∠GAF＝60°．
∵∠GAF+∠AFG+∠AGF＝180°，∴∠AFG＝60°；故答案为 60°，
(2)连接AG，如图2，
∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，(已证)∴∠GAF＝90°，
∵AG＝AF，∴∠AFG ×(180°﹣90°)＝45°；故答案为 45°，
(3)连接AG，如图3，
∵∠DAB＝α，∠DAB＝∠GAF，(已证)∴∠GAF＝α，
∵AG＝AF，∴∠AFG (180°﹣α)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证
△ADC≌△ABE和△ADG≌△ABF是解题的关键．
7．(2022·辽宁丹东·七年级期末)如图在 ABC和 CDE中，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，连接AD，
△ △BE交于点M．
(1)如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB=∠DCE=45°时，可以得到图中的一对全等三角形，
即______ ______；(2)当点D不在直线BC上时，如图2位置，且∠ACB=∠DCE=α．
①试说明AD=BE；②直接写出∠EMD的大小(用含α的代数式表示)．
【答案】(1) BCE， ACD(2)①见解析；②∠EMD=α．
【分析】(1)△由“SAS△”可证 BCE≌△ACD；(2)①由“SAS”可证 BCE≌△ACD，可得AD=BE，
②由全等三角形的性质可得△∠CAD=∠CBE，由三角形的内角和定△理可求解．
(1)解：∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠ACD=∠BCE，在 BCE和 ACD中， ，
△ △
∴△BCE≌△ACD(SAS)，故答案为： BCE， ACD；
△ △
(2)①证明：∵∠ACB=∠DCE=α，∴∠ACD=∠BCE，在 ACD和 BCE中， ，
△ △
∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE；②解：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，
∵∠BAC+∠ABC=180°-α，∴∠BAM+∠ABM=180°-α，∴∠AMB=∠EMD=180°-(180°-α)=α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明 ACD≌△BCE是解题的关键．
8．(2022·河南·八年级模拟预测)(1)如图①，在四边形△ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，
∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量
关系．某同学做了如下探究，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明 ABE≌△ADG，再证明
AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应该是______． △
△
(2)如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=
∠BAD，上述结论是否依然成立？若成立，请说明理由；若不成立，写出正确的结论，并说明理由．(3)如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°
的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/时的速度前
进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到
达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】(1)EF=BE+DF；(2)结论EF=BE+DF仍然成立；理由见解析；(3)此时两舰艇之间的距离是210海
里
【分析】(1)根据题意证明△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，可得EF=FG，根据FG=DG+DF=BE+DF，可
得EF=BE+DF；(2)延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，同(1)的方法证明即可；
(3)连接EF，延长AE、BF相交于点C，应用(2)的结论可得EF=AE+BF进而气得 的长，即两舰艇之间的
距离
【详解】(1)EF=BE+DF，证明如下：
在 ABE和 ADG中， ，
△ △
∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在 AEF和 AGF中， ，
△ △
∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案为 EF=BE+DF．(2)结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,∴∠B=∠ADG,
在 ABE和 ADG中， ，
△ △
∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF= ∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在 AEF和 AGF中，
△ △
，∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
(3)如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF= ∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×(60+80)=210海里．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，方位角的计算，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
