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必考点 04 全等三角形的性质与判定
●题型一 利用全等三角形的性质进行计算
★★1、利用全等三角形的性质求角度
【例题1】（2021秋•重庆期末）如图，△ABC≌△AED，点E在线段BC上，∠1＝56°，则∠AED的大小
为（ ）
A．34° B．56° C．62° D．68°
【分析】利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】解：∵△ABC≌△AED，
∴∠BAC＝∠EAD，AB＝AE，
∴∠BAE＝∠1＝56°，
1
∴∠B＝∠AEB= （180°﹣56°）＝62°，
2
∴∠AED＝∠B＝62°，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是掌
握全等三角形的性质，属于中考常考题型．
【例题2】（2022秋•新罗区校级月考）如图，已知△ABC≌△DBE，点D在AC上，BC与DE交于点P．若∠ABE＝160°，∠DBC＝30°，求∠PDC的度数．
【分析】根据全等三角形的性质得到∠ABC＝∠DBE，AB＝DB，∠A＝∠BDE，根据角的和差、三角形内
115°
角和定理、等腰三角形的性质推出∠A＝∠ADB＝∠BDE= ，根据平角的定义求解即可．
2
【解答】解：∵△ABC≌△DBE，
∴∠ABC＝∠DBE，AB＝DB，∠A＝∠BDE，
∴∠ABC﹣∠DBC＝∠DBE﹣∠DBC，∠A＝∠ADB，
1
即∠ABD＝∠CBE= ×（160°﹣30°）＝65°，
2
1 115°
∴∠A＝∠ADB= ×（180°﹣∠ABD）= ，
2 2
115°
∴∠BDE= ，
2
∵∠ADB+∠BDE+∠PDC＝180°，
∴∠PDC＝65°．
【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
★★2、利用全等三角形的性质求线段长
【例题3】（2022春•峄城区期末）如图，若△ABC≌△DEF，BD＝22，AE＝8，则BE等于（ ）A．6 B．7 C．8 D．10
【分析】由全等三角形的性质可得AB＝DE，根据线段的和差即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，
∵BD＝22，AE＝8，
1
∴BE＝AD= ×（22﹣8）＝7，
2
故选：B．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．
【例题4】（2022秋•江油市月考）如图，点A、D、C、B在同一条直线上，△ADF≌△BCE，∠B＝33°，
∠F＝27°，BC＝5cm，CD＝2cm．求：
（1）∠1的度数．
（2）AC的长．
【分析】（1）根据全等三角形的性质及三角形外角性质求解即可；
（2）根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可．
【解答】解：（1）∵△ADF≌△BCE，∠F＝27°，
∴∠E＝∠F＝27°，
∵∠1＝∠B+∠E，∠B＝33°，
∴∠1＝60°；
（2）∵△ADF≌△BCE，BC＝5cm，
∴AD＝BC＝5cm，∵CD＝2cm，
∴AC＝AD+CD＝7cm．
【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
【解题技巧提炼】
◎◎全等三角形的性质
（1）性质1：全等三角形的对应边相等
性质2：全等三角形的对应角相等
说明：①全等三角形的对应边上的高、中线以及对应角的平分线相等；
②全等三角形的周长相等，面积相等；
③平移、翻折、旋转前后的图形全等.
（2）关于全等三角形的性质应注意:
①全等三角形的性质是证明线段和角相等的理论依据，应用时要会找对应角和对应边．
②要正确区分对应边与对边，对应角与对角的概念，一般地：对应边、对应角是对两个三角形而言，而
对边、对角是对同一个三角形的边和角而言的，对边是指角的对边，对角是指边的对角．
●题型二 全等三角形的判定方法
★★1、方法一：“边边边”
【例题5】如图，D是BC上一点，AB＝AD，BC＝DE，AC＝AE．求证：
（1）△ABC≌△ADE；
（2）∠CDE＝∠BAD．【分析】（1）由“SSS”可证△ABC≌△ADE；
（2）由全等三角形的性质可得∠E＝∠C，∠BAC＝∠DAE，由三角形的内角和定理可求解．
【解答】证明：（1）∵AB＝AD，BC＝DE，AC＝AE
∴△ABC≌△ADE（SSS），
（2）∵△ABC≌△ADE
∴∠E＝∠C，∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAD＝∠FAE，
∵∠E＝∠C，∠AFE＝∠DFC，
∴∠CDE＝∠FAE，
即∠CDE＝∠BAD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的性质是本题的关键．
【例题6】如图，点A、D、C、F在同一条直线上，AD＝CF，AB＝DE，BC＝EF．
（1）求证：△ABC≌△DEF；
（2）若∠A＝55°，∠B＝88°，求∠F的度数．
【分析】（1）求出AC＝DF，根据SSS推出△ABC≌△DEF．
（2）由（1）全等三角形的性质得到∠F＝∠ACB，根据三角形的内角和定理可求∠ACB，由此可得
∠F．
【解答】证明：（1）∵AC＝AD+DC，DF＝DC+CF，且AD＝CF
∴AC＝DF{AB=DE
在△ABC和△DEF中， BC=EF
AC=DF
∴△ABC≌△DEF（SSS）
（2）由（1）可知，∠F＝∠ACB
∵∠A＝55°，∠B＝88°
∴∠ACB＝180°﹣（∠A+∠B）＝180°﹣（55°+88°）＝37°
∴∠F＝∠ACB＝37°
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，注意：全等三角形的对应角相等．
★★2、方法二：“边角边”
【例题7】如图，CE＝CD，BC＝AC，∠ACB＝∠DCE＝90°，点E在AB上．求证：△CDA≌△CEB．
【分析】利用全等三角形的判定证明即可．
【解答】证明：∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE，
∴∠ECB＝∠DCA，
{
BC=AC
在△CDA与△CEB中 ∠ECB=∠DCA，
EC=DC
∴△CDA≌△CEB（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟记等腰直角三角形的性质是解题的关键．【例题8】（2022•越秀区校级开学）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于D，点E在AD上，且
DE＝DC．求证：△BDE≌△ADC．
【分析】由AD⊥BC可得∠ADB＝∠ADC＝90°，又∠ABC＝45°易得∠ABC＝∠BAD，可得AD＝BD，由
SAS定理可得△BDE≌△ADC．
【解答】证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝45°，
∴∠ABC＝∠BAD，
∴AD＝BD，
在△BDE和△ADC中，
{
BD=AD
∠EDB=∠ADC，
DE=DC
∴△BDE≌△ADC（SAS）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定方法是解题的关键．
★★3、方法三：“角边角”
【例题9】如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AD，∠B＝∠D，∠1＝∠2．
求证：△ABC≌△ADE．【分析】依据∠1＝∠2，即可得出∠BAC＝∠DAE，根据ASA证明△ADE≌△ABC即可．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∵∠DAC+∠1＝∠2+∠DAC
∴∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
{
∠B=∠D
AB=AD ，
∠BAC=∠DAE
∴△ADE≌△ABC（ASA）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，解题时注意：两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
【例题10】（2022•温州模拟）如图，以△ABC的两边AC，BC为边分别向外作△ADC和△BEC，使得
∠BCD＝∠ACE，CD＝CE，∠D＝∠E．
（1）求证：△ADC≌△BEC．
（2）若∠CAD＝60°，∠ABE＝110°，求∠ACB的度数．
【分析】（1）先证∠ACD＝∠BCE，再由ASA证明△ADC≌△BEC即可；
（2）由全等三角形的性质得∠CAD＝∠CBE＝60°，AC＝BC，再由等腰三角形的性质和三角形内角和定
理即可求解．【解答】（1）证明：∵∠BCD＝∠ACE，
∴∠BCD﹣∠ACB＝∠ACE﹣∠ACB，
即∠ACD＝∠BCE，
在△ADC和△BEC中，
{∠ACD=∠BCE
CD=CE ，
∠D=∠E
∴△ADC≌△BEC（ASA）；
（2）解：由（1）得：△ADC≌△BEC，
∴∠CAD＝∠CBE＝60°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
∵∠ABE＝110°，
∴∠CAB＝∠CBA＝∠ABE﹣∠CBE＝110°﹣60°＝50°，
∴∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠CBA＝180°﹣50°﹣50°＝80°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定由V型在、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理等知识，熟
练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
★★4、方法四：“角角边”
【例题11（2022秋•鼓楼区校级月考）如图，AC∥DF，AB＝DE，∠D＝∠A．求证：BE＝CF．
【分析】利用两直线平行，同位角相等得到∠ACB＝∠DFE，再利用角角边定理判定全等即可得到BC＝
EF，同时减去公共部分EC即可得出结论．【解答】证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
{∠ACB=∠DFE
∠A=∠D ，
AB=DE
∴△ABC≌△DEF（AAS）．
∴BC＝EF．
∴BC﹣EC＝EF﹣EC，
∴BE＝CF．
【点评】本题主要考查了三角形的全等的判定与性质，由AAS判定三角形全等是解题的关键．
【例题12】（2022春•钢城区期末）如图，∠BAC＝90°，AD是∠BAC内部一条射线，若 AB＝AC，
BE⊥AD
于点E，CF⊥AD于点F．求证：△ABE≌△CAF．
【分析】根据已知可得∠CAF+∠BAE＝90°，根据垂直定义可得∠CFA＝∠BEA＝90°，然后利用直角三角
形的两个锐角互余可得∠C+∠CAF＝90°，从而利用同角的余角相等可得∠C＝∠BAE，即可解答．
【解答】证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠CAF+∠BAE＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠CFA＝∠BEA＝90°，∴∠C+∠CAF＝90°，
∴∠C＝∠BAE，
∵AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（AAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握一线三等角构造全等模型是解题的关键．
★★5、方法五：“斜边、直角边”-- -直角三角形
【例题13】（2021秋•龙岩校级期中）已知：如图AD为△ABC的高，E为AC上一点BE交AD于F且有
BF＝AC，FD＝CD．求证：Rt△BFD≌Rt△ACD．
【分析】由AD为BC边上的高得到∠ADB＝∠ADC＝90°，再根据“HL”可判断Rt△BDF≌Rt△ADC．
【解答】证明：∵AD是△ABC的高，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
在Rt△BFD和Rt△ACD中
{BF=AC
，
FD=CD
∴Rt△BFD≌Rt△ACD（HL）．
【点评】本题主要考查了直角三角形的判定，熟练掌握直角三角形的判定定理是解题的关键．
【例题14】（2022春•鼓楼区校级期末）如图，已知∠A＝∠D＝90°，E、F在线段BC上，DE与AF交于
点O，且AB＝CD，BE＝CF．求证：Rt△ABF≌Rt△DCE．【分析】由于△ABF与△DCE是直角三角形，根据直角三角形全等的判定的方法即可证明．
【解答】证明：∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF，即BF＝CE，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴△ABF与△DCE都为直角三角形，
{BF=CE
在Rt△ABF和Rt△DCE中， ，
AB=CD
∴Rt△ABF≌Rt△DCE（HL）．
【点评】此题考查了直角三角形全等的判定，解题关键是由BE＝CF通过等量代换得到BF＝CE．
【解题技巧提炼】
1、全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
2、方法指引：全等三角形的5种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边
对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两
角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
●题型三 利用三角形全等证明线段或角相等★★1、利用三角形的全等证明线段线段
【例题15】（2021秋•南昌县期中）如图，点B，E，C，F在一条直线上，AC∥DF，BE＝CF，∠A＝
∠D．求证：AB＝DE．
【分析】证△ABC≌△DEF（AAS），即可得出结论．
【解答】证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠F，
∵BE＝CF，
∴BE+CE＝CF+CE，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
{
∠A=∠D
∠ACB=∠F，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（AAS），
∴AB＝DE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，熟练掌握平行线的性质，证明
△ABC≌△DEF是解题的关键．
【例题16】（2021•雁塔区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，连接BD，点E在BD上，连
接CE，若∠1＝∠2，AB＝ED，求证：DB＝CD．【分析】根据AB∥CD，可得∠ABD＝∠EDC，利用AAS证明△ABD≌△EDC，即可得结论．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC，
在△ABD和△EDC中，
{
∠1=∠2
∠ABD=∠EDC，
AB=ED
∴△ABD≌△EDC（AAS），
∴DB＝CD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
★★2、利用三角形的全等证明角相等
【例题17】（2022•淮安）已知：如图，点A、D、C、F在一条直线上，且AD＝CF，AB＝DE，∠BAC＝
∠EDF．求证：∠B＝∠E．
【分析】利用全等三角形的判定和性质定理解答即可．
【解答】证明：∵AD＝CF，
∴AD+CD＝CF+CD，∴AC＝DF．
在△ABC和△DEF中，
{
AB=DE
∠A=∠EDF，
AC=DF
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠B＝∠E．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确利用全等三角形的判定定理进行解答是解题的关
键．
【例题18】 （2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC和△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠BAD＝
∠CAE．
求证：∠ABD＝∠ACE．
【分析】由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得结论．
【解答】证明：在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．【解题技巧提炼】
全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键
是选择恰当的判定条件．
●题型四 利用三角形全等证明两直线的位置关系
★★1、证明平行关系
【例题19】（2022秋•泰山区校级月考）如图所示，AB＝CD，BF＝DE，E，F是AC上两点，且AE＝
CF．请你判断BF与DE的位置关系，并说明理由．
【分析】利用SSS证明△ABF≌△CDE，可得∠BFA＝∠DEC，进而利用平行线的判定即可解决问题．
【解答】解：BF∥DE，理由如下：
∵AE＝CF，
∴AF＝CE，
在△ABF和△CDE中，
{AB=CD
BF=DE，
AF=CE
∴△ABF≌△CDE（SSS），
∴∠BFA＝∠DEC，
∴BF∥DE．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABF≌△CDE．
【例题20】（2022秋•荆州月考）如图，已知EB∥CF，OA＝OD，AE＝DF．求证：（1）OB＝OC； （2）AB∥CD．
【分析】（1）先由平行线的性质得出∠E＝∠F，再证明△OBE≌△OCF（ASA），由全等三角形的性质可
得出OB＝OC；
（2）证明△ABO≌△DCO（SAS），根据全等三角形的性质及平行线的判定证明即可．
【解答】证明：（1）∵EB∥CF，
∴∠E＝∠F，
又∵OA＝OD，AE＝DF，
∴OE＝OF，
在△OBE和△OCF中，
{∠2=∠1
OE=OF ，
∠E=∠F
∴△OBE≌△OCF（ASA），
∴OB＝OC；
（2）在△ABO和△DCO中，
{OA=OD
∠2=∠1，
OB=OC
∴△ABO≌△DCO（SAS），
∴∠3＝∠4，
∴AB∥CD．【点评】本题考查了平行线的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性
质是解题的关键．
★★2、证明垂直关系
【例题21】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°．
又BC＝AC，BD＝AE，
∴△BDC≌△AEC（HL）．
∴∠CBD＝∠CAE．
又∵∠CAE+∠E＝90°．
∴∠EBF+∠E＝90°．
∴∠BFE＝90°，即BF⊥AE．
【点评】主要考查全等三角形的判定方法，以及全等三角形的性质．猜想问题一定要认真观察图形，根
据图形先猜后证．【例题22】（2021秋•东安区校级期中）如图所示，∠ACB＝∠CBD＝90°，点E在BC边上，且CD＝
AE，
BD＝CE．
（1）求证：AC＝BC；
（2）求CD和AE的位置关系并说明理由．
【分析】（1）根据HL证明Rt△CBD≌Rt△ACE（HL），即可得证；
（2）根据全等三角形的性质可得∠DCB＝∠EAC，再根据∠AEC+∠EAC＝90°，即可求出∠EFC＝90°，
可得CD⊥AE．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CBD＝90°，
在Rt△BCD和Rt△CAE中，
{CD=AE
，
BD=CE
∴Rt△BCD≌Rt△CAE（HL），
∴AC＝BC，
（2）解：CD⊥AE，
由（1）得Rt△BCD≌Rt△CAE，
∴∠DCB＝∠EAC，
又∵∠AEC+∠EAC＝90°，
∴∠DCB+∠AEC＝90°，
∴∠EFC＝90°，∴CD⊥AE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形特有的全等判定方法（HL）是解题
的关键．
【解题技巧提炼】
先根据全等三角形的判定方法得出两个三角形全等，然后再利用全等三角形的性质得出两直线的位置关
系（平行或垂直）.
●题型五 全等三角形的性质在图形变换中的应用
★★1、平移变换
【例题23】（2022春•安陆市期中）如图，两个直角三角形重叠在一起，将三角形ABC沿AB方向平移2
得到三角形DEF，CH＝2，EF＝4，下列结论：①BH∥EF；②AD＝BE；③∠C＝∠BHD；④阴影
部分的面积为6．其中正确的结论的序号是 ．
【分析】根据平移的性质及全等三角形的性质判断即可．
【解答】解：①∵将△ABC沿AB方向平移得到△DEF，
∴∠ABC＝∠DEF，
∴BH∥EF，
故①正确；
②∵将△ABC沿AB方向平移得到△DEF，
∴AB＝DE，
∴AB﹣DB＝DE﹣DB，
∴AD＝BE，故②正确；
③∵BH∥EF，
∴∠BHD＝∠F，
由平移性质可得：∠C＝∠F，
∴∠C＝∠BHD，
故③正确；
1 1
④阴影部分的面积＝△ABC的面积﹣△DBH的面积= ×4×4− ×2×2=6．
2 2
故④正确；
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了直角三角形的面积公式和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平
移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
★★2、翻折变换
【例题24】如图，将长方形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处，如果∠BAF＝60°，那么
∠DAE等于（ ）
A．60° B．45° C．30° D．15°
【分析】利用翻折变换的性质得出∠DAE＝∠EAF，进而求出∠DAE的度数．
【解答】解：∵将长方形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处，
∴∠DAE＝∠EAF，
∵∠BAF＝60°，1 1
∴∠DAE＝∠EAF= ∠DAF= ×（90°﹣60°）＝15°．
2 2
故选：D．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质，根据已知得出∠DAE＝∠EAF是解题关键．
★★3、旋转变换
【例题25】（2021秋•新城区校级期中）如图所示，将△ABC绕点A旋转之后得△ADE，则下列结论不正
确的是（ ）
A．BC＝DE B．∠E＝∠C C．∠EAC＝∠BAD D．∠B＝∠E
【分析】根据旋转的性质可知：△ABC≌△ADE，由全等三角形的对应边相等和对应角相等选择即可．
【解答】解：∵△ABC绕点A旋转之后得△ADE，
∴△ABC≌△ADE，
∴AD＝AB，AC＝AE，BC＝DE，∠E＝∠C，∠B＝∠D，∠CAB＝∠EAD，
∴D选项不正确，
故选：D．
【点评】本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改
变．
【解题技巧提炼】
根据把一个图形进行平移或翻折或旋转前后的两个图形是全等的，再利用全等三角形的性质解决问题.
●题型六 全等三角形的开放探究题
【例题26】（2022春•杨浦区校级期末）如图，已知∠C＝∠D，AC＝AD，增加下列条件：①AB＝AE；②BC＝ED；③∠1＝∠2；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED的条件有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据全等三角形的判定方法，逐一判断即可解答．
【解答】解：①∵∠C＝∠D，AC＝AD，AB＝AE，
∴△ABC和△AED不一定全等，
故①不符合题意；
②∵∠C＝∠D，AC＝AD，BC＝DE，
∴△ABC≌△AED（SAS），
故②符合题意；
③∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠EAB＝∠2+∠EAB，
∴∠CAB＝∠DAE，
∵∠C＝∠D，AC＝AD，
∴△ABC≌△AED（ASA），
故③符合题意；
④∵∠B＝∠E，∠C＝∠D，AC＝AD，
∴△ABC≌△AED（AAS），
故④符合题意；
所以，增加上列条件，其中能使△ABC≌△AED的条件有3个，故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【例题27】（2021秋•钱塘区期末）问题：如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上，
AB＝DE，若 ．
求证：△ABC≌△DEF．
在①AC＝DF，②∠ABC＝∠DEF，③BE＝CF这三个条件中选择其中两个，补充在上面的问题中，并
完成解答．
【分析】根据全等三角形的判定证明即可．
【解答】解：若选择①③，
证明：∴BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
{AB=DE
AC=DF，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
故答案为：①③（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
【解题技巧提炼】
全等三角形中的开放题，主要是根据全等三角形的判定方法添加适当的条件证明三角形全等。方法比较
灵活，答案不唯一,熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键.●题型七 利用全等三角形解决实际问题
【例题28】（2022春•榆阳区期末）如图，小明站在堤岸的A点处，正对他的S点停有一艘游艇．他想知
道这艘游艇距离他有多远，于是他沿堤岸走到电线杆 B旁，接着再往前走相同的距离，到达C点．然
后他向左直行，当看到电线杆与游艇在一条直线上时停下来，此时他位于 D点．小明测得C，D间的
距离为90m，求在A点处小明与游艇的距离．
【分析】先根据全等三角形的判定定理证得△ABS≌△CBD，再根据全等三角形的性质定理即可求得结论．
【解答】解：在△ABS与△CBD中，
{∠A=∠C=90°
AB=CB ，
∠|=|∠CBD
∴△ABS≌△CBD（ASA），
∴AS＝CD，
∵CD＝90m，
∴AS＝CD＝90m，
答：在A点处小明与游艇的距离为90m．
【点评】本题考查的是全等三角形在实际生活中的运用，由全等三角形的判定定理证得△ABS≌△CBD是
解决问题的关键．
【例题29】（2022秋•任城区校级月考）用10块高度相同长方体小木块垒了两堵与地面垂直的木墙AD、
BE，AD＝9cm，BE＝21cm，两木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板（AC＝BC，∠ACB＝
90°），点C在DE上，点A和B分别与木墙的顶端重合，求两堵木墙之间的距离．【分析】根据题意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，进而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根
据等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再证明△ADC≌△CEB即可，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得：AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
{
ADC=∠CEB
∠DAC=∠BCE，
AC=BC
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
由题意得：AD＝EC＝9cm，DC＝BE＝21cm，
∴DE＝DC+CE＝30（cm），
答：两堵木墙之间的距离为30cm．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是正确找出证明三角形全等的条件．
【解题技巧提炼】
全等三角形在实际问题中的应用：一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其
中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．◆◆题型一 利用全等三角形的性质进行计算
1．（2021秋•公安县期末）如图，点B，C，E在同一条直线上，△ABC≌△BDE，AC＝7，CE＝2，则DE
的长为（ ）
A．2 B．5 C．7 D．9
【分析】根据全等三角形的性质得到AC＝BE＝7，BC＝DE，由线段的和差求得BC＝5，即为DE的长．
【解答】解：∵△ABC≌△BDE，AC＝7，
∴AC＝BE＝7，BC＝DE，
∵CE＝2，
∴BC＝BE﹣CE＝7﹣2＝5，
∴DE＝5，
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．
2．（2021秋•邗江区期末）如图，△ABC≌△ADE，∠DAC＝90°，∠BAE＝140°，BC、DE交于点F，则
∠DAB＝（ ）A．25° B．20° C．15° D．30°
【分析】根据全等三角形的性质得到∠BAC＝∠DAE，进而证明∠BAD＝∠CAE，结合图形计算即可．
【解答】解：∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
∵∠DAC＝90°，∠BAE＝140°，
∴∠BAD+∠CAE＝50°，
∴∠BAD＝∠CAE＝25°，
故选：A．
【点评】本题考查的是全等三角形的性质，掌握全等三角形的对应角相等是解题的关键．
3．（2022秋•天门校级月考）点C为BD上一点，△ABC≌△CDE，AB＝1，DE＝2，∠B＝110°．
（1）求BD的长； （2）求∠ACE的度数．
【分析】（1）根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可；
（2）根据全等三角形的性质及平角的定义求解即可．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△CDE，
∴BC＝DE，AB＝CD，
∵AB＝1，DE＝2，
∴BC＝2，CD＝1，
∴BD＝BC+CD＝2+1＝3；
（2）∵△ABC≌△CDE，∴∠A＝∠DCE，
∵∠B＝110°，
∴∠A+∠ACB＝180°﹣110°＝70°，
∴∠DCE+∠ACB＝70°，
∴∠ACE＝180°﹣70°＝110°．
【点评】此题考查了全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
◆◆题型二 全等三角形的判定方法
4．（2022秋•新罗区校级月考）给出四组条件①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF；②AB＝DE，AC＝EF，
∠B＝∠E；③∠B＝∠E，AB＝DF，∠C＝∠F；④AB＝DE，AC＝DF，∠A＝∠D．其中，能确定
△ABC和△DEF全等的条件共有（ ）
A．1组 B．2组 C．3组 D．4组
【分析】根据全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL结合选项进行判定．
【解答】解：①AB＝DE，BC＝EF，AC＝DF，可根据SSS判定△ABC≌△DEF；
②AB＝DE，AC＝EF，∠B＝∠E，不能判定△ABC≌△DEF；
③∠B＝∠E，AB＝DF，∠C＝∠F，不能判定△ABC≌△DEF；
④AB＝DE，AC＝DF，∠A＝∠D，可根据SAS判定△ABC≌△DEF；
故选：B．
【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、
HL．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对
应相等时，角必须是两边的夹角．
5．（2022•鼓楼区校级开学）如图，F，C是AD上两点，且AF＝CD，点E，F，G在同一直线上，且
BC∥GF，BC＝EF．求证：△ABC≌△DEF．【分析】根据平行线的性质可得∠BCA＝∠EFD，再根据SAS证明三角形全等即可．
【解答】证明：∵BC∥GF，
∴∠BCA＝∠EFD，
∵AF＝CD，
∴AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
{
BC=EF
∠BCA=∠EFD，
AC=DF
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
6．（2021秋•嵩县期中）如图，已知点A，B，C，D在同一条直线上，EA⊥AB，FD⊥AD，AB＝CD，若
用“HL”证明Rt△AEC≌△Rt△DFB，需添加什么条件？并写出你的证明过程．
【分析】先求出AC＝BD，∠A＝∠D＝90°，再根据HL定理推出即可．
【解答】条件是EC＝BF，
证明：∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC，∴AC＝BD，
∵EA⊥AB，FD⊥AD，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△AEC和△Rt△DFB中
{EC=BF
AC=BD
∴Rt△AEC≌△Rt△DFB（HL）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，能正确运用全等三角形的判定定理进行推理是解此
题的关键，注意：直角三角形全等的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，HL．
7．（2021秋•松桃县期末）如图①：△ABC中，AC＝BC，延长AC到E，过点E作EF⊥AB交AB的延长
线于点F，延长CB到G，过点G作GH⊥AB交AB的延长线于H，且EF＝GH．
（1）求证：△AEF≌△BGH；
（2）如图②，连接EG与FH相交于点D，若AB＝4，求DH的长．
【分析】（1）利用AAS即可证明△AEF≌△BGH；
（2）结合（1）证明△EFD≌△GHD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC＝BC，
∴∠A＝∠ABC．
∵∠ABC＝∠GBH，
∴∠A＝∠GBH．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，∴∠AFE＝∠BHG．
在△ADG和△CDF中，
{
∠A=∠GBH
∠AFE=∠BHG，
EF=GH
∴△AEF≌△BGH（AAS）．
（2）解：∵△AEF≌△BGH，
∴AF＝BH，
∴AB＝FH＝4．
∵EF⊥AB，GH⊥AB，
∴∠EFD＝∠GHD．
在△EFD和△GHD中，
{∠EFD=∠GHD
∠EDF=∠GDH
EF=GH
∴△EFD≌△GHD（AAS），
1 1
∴DH=DF= FH= AB=2．
2 2
【点评】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△EFD≌△GHD．
◆◆题型三 利用三角形全等证明线段或角相等
8．（2020秋•沙坪坝区校级期末）如图，CB为∠ACE的平分线，F是线段CB上一点，CA＝CF，∠B＝
∠E，延长EF与线段AC相交于点D．
（1）求证：AB＝FE；
（2）若ED⊥AC，AB∥CE，求∠A的度数．【分析】（1）先根据角平分线的定义得出∠ACB＝∠FCE，再根据全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）根据平行线的性质得出∠B＝∠FCE，进而利用直角三角形的性质和三角形内角和定理解答即可．
【解答】证明：（1）∵CB为∠ACE的角平分线，
∴∠ACB＝∠FCE，
在△ABC与△FEC中，
{
∠B=∠E
∠ACB=∠FCE，
CA=CF
∴△ABC≌△FEC（AAS），
∴AB＝FE；
（2）∵AB∥CE，
∴∠B＝∠FCE，
∴∠E＝∠B＝∠FCE＝∠ACB，
∵ED⊥AC，即∠CDE＝90°，
∴∠E+∠FCE+∠ACB＝90°，
即3∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠B＝30°，
∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠ACB＝180°﹣30°﹣30°＝120°．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据AAS证明△ABC与△FEC全等解答．
9．如图，AB＝AC，BD＝CD．
（1）求证：∠B＝∠C
（2）若∠A＝2∠B，求证：∠BDC＝4∠C．
【分析】（1）连接AD并延长至E，证明△ABD≌△ACD（SSS），即可得出∠B＝∠C；
（2）由三角形的外角性质得出∠BDE＝∠BAD+∠B，∠CDE＝∠BAD+∠C，得出∠BDE+∠CDE＝
∠BAD+∠CAD+∠B+∠C，即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，即可得出结论∠BDC＝4∠C．
【解答】（1）证明：连接AD并延长至E，如图所示：
{AB=AC
在△ABD和△ACD中， BD=CD，
AD=AD
∴△ABD≌△ACD（SSS），
∴∠B＝∠C；
（2）在△ABD中，∠BDE＝∠BAD+∠B，
在△ACD中，∠CDE＝∠BAD+∠C，
∴∠BDE+∠CDE＝∠BAD+∠CAD+∠B+∠C，
即∠BDC＝∠BAC+∠B+∠C，
∵∠BAC＝2∠B，∠B＝∠C，
∴∠BDC＝4∠C．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质；证明三角形全等是解题的关键．
◆◆题型四 利用三角形全等证明两直线的位置关系
10．（2022•仙居县校级开学）已知，如图，点B、F、C、E在同一条直线上，∠A＝∠D，AB∥DE，
BF＝EC．求证：（1）△ABC≌△DEF；（2）AC∥DF．
【分析】（1）由“AAS”可证△ABC≌△DEF；
（2）由全等三角形的性质可得∠ACB＝∠DFE，可得结论．
【解答】证明：（1）∵BF＝EC，
∴BF+FC＝EC+FC，即BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠E，
在△ABC和△DEF中，
{∠A=∠D
∠B=∠E，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（AAS）；
（2）∵△ABC≌△DEF，∴∠ACB＝∠DFE，
∴AC∥DF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
11、（2021秋•费县校级月考）如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝90°，
AC、BD交于点M．求证：AC与BD的数量与位置关系并说明理由；
【分析】证明△AOC≌△BOD（SAS）．由全等三角形的性质可得出答案；
【解答】证明：AC＝BD，AC⊥BD，
理由：∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠AOD＝∠COD+∠AOD，
∴∠AOC＝∠BOD．
在△AOC和△BOD中，
{
OA=OB
∠AOC=∠BOD，
OC=OD
∴△AOC≌△BOD（SAS）．
∴AC＝BD；
∵△AOC≌△BOD，
∴∠OAC＝∠OBD，
∵∠OAC+∠AME+∠AEM＝180°，∠OBD+∠OEB+∠BOE＝180°，
∴∠AME＝180°﹣∠OAC﹣∠AEM，∠BOE＝180°﹣∠OBD﹣∠OEB，
∵∠AEM＝∠OEB，∴∠AME＝∠BOE＝90°．
∴AC⊥BD；
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
◆◆题型五 全等三角形的性质在图形变换中的应用
12.（2020 秋•莱州市期末）如图，△ABC 沿边 BC 所在直线向右平移得到△DEF，下列结论：
①△ABC≌△DEF；②∠DEF＝∠B；③AC＝DF；④EC＝CF．正确的有 （只填序
号）．
【分析】由平移的性质及全等三角形的性质，结合图形，对选项进行一一分析，即可得出正确答案．
【解答】解：①△ABC向右平移得到△DEF，则△ABC≌△DEF成立，故①正确；
②因为△ABC≌△DEF，所以∠DEF＝∠B成立，故②正确；
③因为△ABC≌△DEF，则AC＝DF成立，故③正确；
④EC＝CF不能成立，故④错误．
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线
段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等，也考查了全等三角形的性质．
13．（2021秋•澄迈县期中）如图，△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的，若
∠BAC=140°，则θ的度数为 度．【分析】解题关键是把所求的角转移成与已知角有关的角．
【解答】解：根据对顶角相等，翻折得到的∠E=∠ACB可得到∠θ=∠EAC，
∵△ABE和△ACD是△ABC分别沿着AB，AC边翻折180°形成的，∠BAC=150°，
∴∠DAC=∠BAE=∠BAC=140°．
∴∠DAE=∠DAC+∠BAE+∠BAC-360°=140°+140°+140°-360°=60°．
∴∠θ=∠EAC=∠DAC-∠DAE=80°．
故答案为：80．
【点评】此题考查翻折的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，找到∠θ=∠EAC=∠DAC-
∠DAE求解是解题的关键．
14．如图，将△ABC绕点A旋转至△ADE的位置，使点E落在BC边上，则对于结论：①DE＝BC；
②∠EAC＝∠DAB；③EA平分∠DEC；④若DE∥AC，则∠DEB＝60°；其中正确结论的个数是（
）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由旋转的性质可知，△ABC≌△ADE，DE＝BC；∠CAE＝∠CAB﹣∠BAE，∠DAB＝∠DAE﹣
∠BAE，可得∠EAC＝∠DAB；AE＝AC，则∠AEC＝∠C，再由∠C＝∠AED，可得∠AEC＝∠AED；
DE∥AC，则有∠C＝∠BED，∠AEC＝∠AED，所以∠DEB＝60°．【解答】解：由旋转的性质可知，△ABC≌△ADE，
∴DE＝BC，∠BAC＝∠DAE，
∴∠CAE＝∠CAB﹣∠BAE，∠DAB＝∠DAE﹣∠BAE，
∴∠EAC＝∠DAB；
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠C，
∵∠C＝∠AED，
∴∠AEC＝∠AED，
∴EA平分∠DEC；
∵DE∥AC，
∴∠C＝∠BED，
∵∠AEC＝∠AED，
∴∠DEB＝60°；
∴四个都正确；
故选：A．
【点评】本题考查图形的旋转；掌握三角形旋转前后是全等图形，根据全等三角形的性质解题是关键．
◆◆题型六 全等三角形的开放探究题
15．（2021秋•高淳区校级月考）如图，在△ABC与△ADC中，已知∠BAC＝∠DAC，在不添加任何辅助
线的前提下，要使△ABC≌△ADC，
（1）若以“SAS”为依据，则需添加一个条件是 ．
（2）若以“AAS”为依据，则需添加一个条件是 ．
（3）若以“ASA”为依据，则需添加一个条件是 ．【分析】（1）已有条件∠BAC＝∠DAC和公共边AC＝AC，以“SAS”为依据，则需添加一个条件AB＝
AD；
（2）已有条件∠BAC＝∠DAC和公共边AC＝AC，以“AAS”为依据，则需添加一个条件∠B＝∠D；
（3）已有条件∠BAC＝∠DAC 和公共边 AC＝AC，以“ASA”为依据，则需添加一个条件∠ACB＝
∠ACD．
【解答】解：（1）添加条件AB＝AD，
在△ABC和△DCB中，
{
AB=AD
∠BAC=∠DAC，
AC=AC
∴△ABC≌△ADC（SAS），
故答案为：AB＝AD；
（2）添加条件∠B＝∠D，
在△ABC和△DCB中，
{∠BAC=∠DAC
∠B=∠D ，
AC=AC
∴△ABC≌△ADC（AAS），
故答案为：∠B＝∠D；
（3）添加∠ACB＝∠ACD，
在△ABC和△DCB中，{∠BAC=∠DAC
AC=AC ，
∠ACB=∠ACD
∴△ABC≌△ADC（ASA），
故答案为：∠ACB＝∠ACD．
【点评】本题重点考查了三角形全等的判定定理，普通两个三角形全等共有四个定理，即 AAS、ASA、
SAS、SSS，直角三角形可用HL定理，但AAA、SSA，无法证明三角形全等．根据已知结合图形及判定方
法选择条件是正确解答本题的关键．
16．（2022•湖北）如图，已知AB∥DE，AB＝DE，请你添加一个条件 ，使△ABC≌△DEF．
【分析】添加条件：∠A＝∠D，根据ASA即可证明△ABC≌△DEF．
【解答】解：添加条件：∠A＝∠D．
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
在△ABC和△DEF中，
{
∠A=∠D
AB=DE ，
∠B=∠DEC
∴△ABC≌△DEF（ASA），
故答案为：∠A＝∠D．（答案不唯一）
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
◆◆题型七 利用全等三角形解决实际问题17．（2021秋•上思县期中）如图，海岸上有A，B两个观测点，点B在点A的正东方向，海岛C在观测
点A的正北方向，海岛D在观测点B的正北方向，如果从观测点A看海岛C，D的视角∠CAD与从观
测点B看海岛C，D的视角∠CBD相等，那么海岛C到观测点A与海岛D到观测点B所在海岸的距离
相等，为什么？
【分析】由方位可以得出∠CAD＝∠CBD，而已知视角∠ABC＝视角∠BAD，公共边AB＝BA，容易得出
△CBA≌△DAB，所以CA＝DB．
【解答】解：相等．
理由如下：依题意，得∠CAD＝∠CBD，∠CAB＝∠DBA＝90°，
∴∠ABC＝∠BAD．
在△CBA和△DAB中，
{∠CAB=∠DBA=90°
∠ABC=∠BAD ，2
AB=BA
∴△CBA≌△DAB（AAS）．
∴CA＝DB．
∴海岛C、D到观测点A、B所在海岸的距离相等．
【点评】本题考查了全等三角形的应用；解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全
等，寻找所求线段与已知线段之间的等量关系．关键是证明△CBA≌△DAB，从而求得AC＝BD．
18．（2021春•秦都区期末）如图，小刚站在河边的A点处，在河的对面（小刚的正北方向）的B处有一
电线塔，他想知道电线塔离他有多远，于是他向正西方向走了 30步到达一棵树C处，接着再向前走了
30步到达D处，然后他左转90°直行，当小刚看到电线塔、树与自己现处的位置E在一条直线时，他
从D点走了80步到达E处．如果小刚一步大约50厘米，估计小刚在点A处时他与电线塔的距离，并
说明理由．【分析】根据AAS可得出△ABC≌△DEC，由该全等三角形的性质AB＝DE．
【解答】解：在△ABC和△DEC中，
{
∠A=∠D
AC=DC ，
∠ACB=∠DCE
∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴AB＝DE，
又∵小刚走完DE用来80步，一步大约50厘米，
∴DE＝80×0.5＝40（米）．
答：小刚在点A处时他与电线塔的距离为40米．
【点评】本题考查全等三角形的应用，像此类应用类得题目，一定要仔细审题，根据题意建立数学模
型，难度一般不大，细心求解即可．
1．（2022秋•夏津县校级月考）如图，点D，E在BC上，且△ABE≌△ACD，对于结论：①AB＝AC，②∠BAD＝∠CAE，③BE＝CD，④AD＝DE，其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据全等三角形的性质得出即可．
【解答】解：∵△ABE≌△ACD，
∴AB＝AC，∠BAE＝∠CAD，BE＝CD，AD＝AC，
即①②③正确，④错误；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质的应用，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．
2．（2022春•开江县期末）如图所示，△EBC≌△DCB，BE的延长线与CD的延长线交于点A，CE与BD
相交于点O．则下列结论：①△OEB≌△ODC；②AE＝AD；③BD平分∠ABC，CE平分∠ACB；
④OB＝OC，其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据全等三角形的性质可得∠EBC＝∠DCB，BE＝CD，∠BEC＝∠CDB，∠DBC＝∠ECB，易
证△OEB≌△ODC（AAS），根据全等三角形的性质依次进行判断即可．
【解答】解：∵△EBC≌△DCB，
∴∠EBC＝∠DCB，BE＝CD，∠BEC＝∠CDB，∠DBC＝∠ECB，
在△OEB和△ODC中，{∠EOB=∠DOC
∠BEC=∠CDB
BE=CD
∴△OEB≌△ODC（AAS），
故①选项符合题意；
∵∠EBC＝∠DCB，
∴AB＝AC，
∵BE＝CD，
∴AE＝AD，
故②选项符合题意；
没有足够的条件证明∠EBO＝∠OBC，∠DCO＝∠OCB，
故③选项不符合题意；
∵∠ECB＝∠DBC，
∴OB＝OC，
故④选项符合题意，
综上，符合题意的选项有①②④，共3个，
故选：B．
【点评】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是解题的关键．
3．（2022春•泰兴市期末）如图，△ABC中，BC＝10，点D、E在BC上，DE＝4，若△ABD≌△ACE，则
BE＝（ ）A．2.5 B．3 C．3.5 D．4
【分析】根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，
∴BD﹣DE＝CE﹣DE，
即BE＝CD，
∵BC＝10，DE＝4，
1
∴BE= ×（10﹣4）＝3，
2
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
4．（2022秋•聊城月考）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，BF＝CD，BD＝CE，∠FDE＝α，则下列结论
正确的是（ ）
A．2α+∠A＝180° B．α+∠A＝90° C．2α+∠A＝90° D．α+∠A＝180°
【分析】先证明△BDF≌△CED，得∠BFD＝∠CDE，即可推导出α＝∠B＝∠C，由三角形内角和定理得
∠B+∠C+∠A＝180°，所以2α+∠A＝180°，可判断A正确；
1
由2α+∠A＝180°可推出α+ ∠A＝90°，得α+∠A≠90°，可判断B错误；
2
由2α+∠A＝180°可得2α+∠A≠90°，可判断C错误；
若α+∠A＝180°，则∠C+∠B+∠A＞180°，与三角形的内角和等于180°相矛盾，可见α+∠A≠180°，可判断D错误．
【解答】解：在△BDF和△CED中，
{BF=CD
∠B=∠C，
BD=CE
∴△BDF≌△CED（SAS），
∴∠BFD＝∠CDE，
∴α＝180°﹣∠CDE﹣∠BDF＝180°﹣∠BFD﹣∠BDF＝∠B＝∠C，
∵∠B+∠C+∠A＝180°，
∴2α+∠A＝180°，
故A正确；
1
由2α+∠A＝180°得α+ ∠A＝90°，
2
∴α+∠A≠90°，
故B错误；
∵2α+∠A＝180°，
∴2α+∠A≠90°，
故C错误；
若α+∠A＝180°，
由∠B+∠A＝180°，
∴∠C+∠B+∠A＞180°，与三角形内角和定理相矛盾，
α+∠A≠180°，
故D错误，
故选：A．【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，通过证明△BDF≌△CED得
到α＝∠B＝∠C是解题的关键．
5．（2022秋•宜兴市月考）如图，△AOB≌△ADC，点B和点C是对应顶点，∠O＝∠D＝90°，记∠OAD
＝α，∠ABO＝β，∠ABC＝∠ACB，当BC∥OA时，α与β之间的数量关系为（ ）
A．α＝β B．α＝2β C．α+β＝90° D．α+2β＝180°
【分析】先根据全等三角形的性质得到∠OAB＝∠DAC，AB＝AC，则利用等腰三角形的性质得到∠ABC
＝∠ACB＝β，再根据平行线的性质得到∠OAB＝∠ABC＝β，∠OAC+∠ACB＝180°，所以∠DAC＝β，从
而得到α+β+β＝180°．
【解答】解：∵△AOB≌△ADC，
∴∠OAB＝∠DAC，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝90°﹣β，
∵BC∥OA，
∴∠OAB＝∠ABC＝β，∠OAC+∠ACB＝180°，
∴∠DAC＝90°﹣β，
∵∠OAD+∠DAC+∠ACB＝180°，
∴α+90﹣β+90﹣β＝180°，
即α＝2β．
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等．也考查
了平行线的性质．6．已知A（0，1），B（3，1），C（4，3），如果在平面直角坐标系中存在一点D，使得△ABD与
△ABC全等，那么点D的坐标为 ．
【分析】根据三边对应相等的三角形全等可确定D的位置，再根据平面直角坐标系可得D的坐标．
【解答】解：如图所示：
点D的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣1）或（4，﹣1）．
故答案为（﹣1，3）或（﹣1，﹣1）或（4，﹣1）．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握判定两个三角形全等的方法：SSS、SAS、ASA、
AAS、HL．
7．（2022秋•袁州区月考）如图，B，C，D三点在同一条直线上，∠B＝∠D＝90°，△ABC≌△CDE，
AB＝5，BC＝12，CE＝13．
（1）求△ABC的周长． （2）求△ACE的面积．【分析】（1）先根据全等三角形的性质得到AC＝CE＝13，然后计算△ABC的周长；
（2）先根据全等三角形的性质得到AC＝CE，∠ACB＝∠CED，再证明∠ACE＝90°，然后根据三角形面
积公式计算△ACE的面积．
【解答】解：（1）∵△ABC≌△CDE，
∴AC＝CE＝13，
∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝5+12+13＝30；
（2）∵△ABC≌△CDE，
∴AC＝CE＝13，∠ACB＝∠CED，
∵∠D＝90°，
∴∠CED+∠DCE＝90°，
∴∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝90°，
1 169
∴△ACE的面积= ×13×13= ．
2 2
【点评】本题考查了全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等；全等三角形的对应角相等．
8．（2022春•余江区期末）如图，A，E，C三点在同一直线上，且△ABC≌△DAE．
（1）线段DE，CE，BC有怎样的数量关系？请说明理由．（2）请你猜想△ADE满足什么条件时，DE∥BC，并证明．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出AE＝BC，DE＝AC，再求出答案即可；
（2）当∠AED＝90°时，DE∥BC，根据全等三角形的性质得出∠AED＝∠C，求出∠DEC＝∠C，再根据
平行线的判定得出即可．即可．
【解答】（1）解：DE＝CE+BC．
理由：∵△ABC≌△DAE，
∴AE＝BC，DE＝AC．
∵A，E，C三点在同一直线上，
∴AC＝AE+CE，
∴DE＝CE+BC；
（2）当△ADE满足∠AED＝90°时，DE∥BC，
证明：∵△ABC≌△DAE，∠AED＝90°，
∴∠C＝∠AED＝90°，∠DEC＝180°﹣∠AED＝90°，
∴∠C＝∠DEC．
∴DE∥BC，
即当△ADE满足∠AED＝90°时，DE∥BC．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和平行线的判定，能熟记全等三角形的性质是解此题的关键，注
意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．9．（2022秋•红花岗区校级月考）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AB＝AC，点E是
BD上一点，且∠ABD＝∠ACD，∠EAD＝∠BAC．
（1）求证：AE＝AD；
（2）若BD＝8，DC＝5，求ED的长．
【分析】（1）证明△ABE≌△ACD（ASA），可得出结论；
（2）根据全等三角形的性质求出答案．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠EAD，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，
即：∠BAE＝∠CAD，
在△ABE和△ACD中，
{∠ABD=∠ACD
AB=AC ，
∠BAE=∠CAD
∴△ABE≌△ACD（ASA），
∴AE＝AD；
（2）解：∵△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD，
∵BD＝8，DC＝5，
∴ED＝BD﹣BE＝BD﹣CD＝8﹣5＝3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据全等三角形的判定和性质是解题的关键．10.（2022春•香坊区校级期末）如图，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，BE、CD相交于点F，
BF＝CF．
（1）求证：∠BAF＝∠CAF；
（2）在不添加辅助线的条件下，直接写出图中所有的全等三角形．
【分析】（1）先根据AAS证明△BDF≌△CEF，再证明Rt△ADF≌Rt△AEF（HL），根据全等三角形的性质
即可得证；
（2）根据△BDF≌△CEF，可得∠B＝∠C，进一步可证△ABF≌△ACF（AAS），再证△ABF≌△ACF
（AAS），即可确定所有的全等三角形．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠BDF＝∠CEF＝90°，
在△BDF和△CEF中，
{∠BDF=∠CEF
∠BFD=∠CFE，
BF=CF
∴△BDF≌△CEF（AAS），
∴DF＝EF，
在Rt△ADF和Rt△AEF中，
{AF=AF
，
DF=EF
∴Rt△ADF≌Rt△AEF（HL），∴∠BAF＝∠CAF；
（2）解：由（1）可知△BDF≌△CEF，
∴∠B＝∠C，
在△ABF和△ACF中，
{
∠B=∠C
∠BAF=∠CAF，
AF=AF
∴△ABF≌△ACF（AAS），
∵Rt△ADF≌Rt△AEF，
∴AD＝AE，
在△ABE和△ACD中，
{
∠B=∠C
∠BAE=∠CAD，
AE=AD
∴△ABE≌△ACD（AAS），
综上所述，全等三角形有：△BDF≌△CEF，Rt△ADF≌Rt△AEF，△ABF≌△ACF，△ABE≌△ACD．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键．
11．（2021秋•平昌县期末）如图，在△ABC中，点D在AB上，点E在BC上，BD＝BE．请你再添加一
个条件_____，使得△BEA≌△BDC，并给出证明．
（1）你添加的条件是 ；
（2）证明：△BEA≌△BDC．
【分析】（1）由于 BD＝BE，∠ABE＝∠CBD，则根据全等三角形的判定方法添加条件使得△BEA≌△BDC；
（2）利用“SAS”可证明△BEA≌△BDC．
【解答】（1）解：∵BD＝BE，∠ABE＝∠CBD，
∴当添加BA＝BC或AD＝CE时，可根据“SAS”判断△BEA≌△BDC；
当添加∠BAE＝∠BCD时，可根据“AAS”判断△BEA≌△BDC；
当添加∠AEB＝∠CDB时，可根据“ASA”判断△BEA≌△BDC；
故答案为：BA＝BC（或AD＝CE或∠BAE＝∠BCD或∠AEB＝∠CDB）；
（2）证明：在△BEA和△BDC中，
{
BA=BC
∠B=∠B，
BE=BD
∴△BEA≌△BDC（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪
一种判定方法，取决于题目中的已知条件．
12．（2021春•平远县期末）如图，AB＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，点D是EF上一点，AE⊥EF于E，
CF⊥EF于F，AE＝CF，求证：Rt△ADE≌Rt△CDF．
【分析】连接BD，由直角三角形全等的“HL“判定定理证得Rt△ABD≌Rt△CBD，根据全等三角形的性质
得到AD＝CD，再由直角三角形全等的“HL“判定定理即可证得Rt△ADE≌Rt△CDF．
【解答】解：连接BD，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
在Rt△ABD和Rt△CBD中，
{AB=BC
，
BD=BD
∴Rt△ABD≌Rt△CBD（HL），
∴AD＝CD，
∵AE⊥EF于E，CF⊥EF于F，
∴∠E＝∠F＝90°，
在Rt△ADE和Rt△CDF中，
{AE=CF
，
AD=CD
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）．
【点评】本题主要考查了直角三角形全等的判定，正确作出辅助线，根据全等三角形的性质证得AD＝CD
是解决问题的关键．
13．（2022秋•大连月考）如图，BD，CE是△ABC的高，点F、G分别在射线BD、CE上，且BF＝
AC，CG＝AB，连接AG，AF．
（1）如图1，写出线段AG，AF的关系并证明；
（2）如图2，写出线段AG，AF的关系并证明．【分析】（1）先由BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E证明∠ADB＝∠AEC＝90°，则∠ACG＝∠ABF＝90°
﹣∠BAC，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ACG≌△ABF，得AG＝AF，∠G＝∠BAF，则
∠GAB+∠BAF＝∠GAB+∠G＝∠AEC＝90°，所以AG⊥AF；
（2）先由BD⊥AC交CA的延长线于点D，CE⊥AB交BA的延长线于点E证明∠BEC＝∠D＝90°，而
∠CAE＝∠BAD，即可根据“等角的补角相等”证明∠ACG＝∠FBA，再根据全等三角形的判定定理
“SAS”证明△ACG≌△FBA，得AG＝AF，∠G＝∠BAF，则∠BAF+∠EAG＝∠G+∠EAG＝90°，即可证明
AG⊥AF．
【解答】（1）解：AG＝AF，AG⊥AF，
证明：如图1，∵BD，CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
∴∠ACG＝∠ABF＝90°﹣∠BAC，
在△ACG和△ABF中，
{
CA=BF
∠ACG=∠ABF，
CG=BA
∴△ACG≌△ABF（SAS），
∴AG＝AF；
∵∠G＝∠BAF，
∴∠GAB+∠BAF＝∠GAB+∠G＝∠AEC＝90°，∴AG⊥AF．
（2）解：AG＝AF，AG⊥AF，
证明：如图2，∵BD，CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC交CA的延长线于点D，CE⊥AB交BA的延长线于点E，
∴∠BEC＝∠D＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴∠ACG+∠CAE＝90°，∠FBA+∠BAD＝90°，
∴∠ACG＝∠FBA，
在△ACG和△FBA中，
{
CG=BA
∠ACG=∠FBA，
CA=BF
∴△ACG≌△FBA（SAS），
∴AG＝AF；
∵∠G＝∠BAF，
∴∠BAF+∠EAG＝∠G+∠EAG＝90°，
∴∠GAF＝180°﹣（∠BAF+∠EAG）＝90°，
∴AG⊥AF．
【点评】此题重点考查同角或等角的余角相等、直角三角形的两个锐角互余、全等三角形的判定与性质
等知识，正确地找到全等三角形的对应边和对应角是解题的关键．
14．（2022春•驻马店期末）如图，在△ADC中，DB是高，点E是DB上一点，AB＝DB，EB＝CB，
M，N分别是AE，CD上的点，且AM＝DN．
（1）试说明：△ABE≌△DBC；（2）探索BM和BN的位置关系和数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据SAS可证明△ABE≌△DBC；
（2）证得∠BAM＝∠BDN．证明△ABM≌△DBN．得出BM＝BN，∠ABM＝∠DBN．得出∠ABD＝90°．
则结论得证．
【解答】（1）证明：∵DB是高，
∴∠ABE＝∠DBC＝90°．
在△ABE和△DBC中，
¿，
∴△ABE≌△DBC（SAS）；
（2）解：BM＝BN，BM⊥BN，理由如下：
∵△ABE≌△DBC，
∴∠BAM＝∠BDN，
在△ABM 和△DBN中，
¿，
∴△ABM≌△DBN（SAS），
∴BM＝BN，∠ABM＝∠DBN，
∴∠DBN+∠DBM＝∠ABM+∠DBM＝∠ABD＝90°，
∴MB⊥BN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
15．（2021秋•袁州区校级月考）如图，在△ABD中，∠ABC＝45°，AC，BF为△ABD的两条高，BC＝
AC，CM∥AB，交AD于点M．
（1）求证：△BCE≌△ACD；
（2）求证：BE＝AM+EM．
【分析】（1）先根据同角的余角相等证明∠CBE＝∠CAD＝90°﹣∠D，即可根据全等三角形的判定定理
“ASA”证明△BCE≌△ACD；
（2）由△BCE≌△ACD得CD＝CE，再由CM∥AB，∠ABC＝45°证明∠MCD＝∠MCE＝45°，即可证明
△MCD≌△MCE，得DM＝EM，所以BE＝AD＝AM+EM．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，BF⊥AD，
∴∠BCE＝∠ACD＝90°，∠BFD＝90°，
∴∠CBE＝∠CAD＝90°﹣∠D，
在△BCE和△ACD中，
{∠BCE=∠ACD
BC=AC ，
∠CBE=∠CAD
∴△BCE≌△ACD（ASA）．
（2）证明：由（1）得AD＝BE，CD＝CE，
∵CM∥AB，∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠ABC＝45°，
∴∠MCD＝∠MCE＝45°，在△MCD和△MCE中，
{
CD=CE
∠MCD=∠MCE，
CM=CM
∴△MCD≌△MCE（SAS），
∴DM＝EM，
∴AD＝AM+DM＝AM+EM，
∴BE＝AM+EM．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、直角三角形的两个锐角互余等知
识，找到全等三角形的对应边和对应角并且通过推理证明补全三角形全等的条件是解题的关键．
