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第 06 讲 全等三角形的基本类型（解析版）
典例剖析+针对训练
类型一 平移型
典例1（2022•宜宾）已知：如图，点A、D、C、F在同一直线上，AB∥DE，∠B＝∠E，BC＝EF．
求证：AD＝CF．
思路引领：利用平行线的性质和全等三角形的判定与性质解答即可．
证明：∵AB∥DE，
∴∠A＝∠EDF．
在△ABC和△DEF中，
{∠A=∠EDF
∠B=∠E ，
BC=EF
∴△ABC≌△DEF（AAS）．
∴AC＝DF，
∴AC﹣DC＝DF﹣DC，
即：AD＝CF．
解题秘籍：本题主要考查了平行线的性质和全等三角形的判定与性质，准确利用全等三角形的判定定理
解答是解题的关键．
针对训练1
1．（2022•乐山）如图，B是线段AC的中点，AD∥BE，BD∥CE．求证：△ABD≌△BCE．
思路引领：根据ASA判定定理直接判定两个三角形全等．
证明：∵点B为线段AC的中点，
∴AB＝BC，∵AD∥BE，
∴∠A＝∠EBC，
∵BD∥CE，
∴∠C＝∠DBA，
在△ABD与△BCE中，
{∠A=∠EBC
AB=BC ，
∠DBA=∠C
∴△ABD≌△BCE．（ASA）．
解题秘籍：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定理是解题的关键．
类型二 对称型
典例2（2021秋•江阴市期中）已知：如图，AC、DB相交于点O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO．
（1）求证：△ABO≌△DCO；
（2）若∠OBC＝35°，求∠OCB的度数．
思路引领：（1）由已知条件，结合对顶角相等可以利用AAS判定△ABO≌△DCO；
（2）根据全等三角形的性质得到OB＝OC，再由等边对等角得结论．
证明：（1）在△ABO和△DCO中，
{∠AOB=∠COD
∠ABO=∠DCO，
AB=DC
∴△ABO≌△DCO（AAS）；
（2）由（1）知，△ABO≌△DCO，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠OBC＝35°，
∴∠OCB＝35°．
解题秘籍：此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握常见的判定三角形全等的方法是解答本题的
关键．针对训练2
2．（2021秋•江阴市校级月考）如图，AC，BD相交于点O，且AB＝DC，AC＝DB．求证：∠ABO＝
∠DCO．
思路引领：连接BC，先证明△ABC≌△DCB，然后证明△AOB≌△DOC，即可证得．
证明：连接BC．
在△ABC和△DCB中，
{AB=DC
AC=DB
BC=CB
∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠A＝∠D
在△AOB和△DOC中，
{
∠A=∠D
∠AOB=∠DOC，
AB=DC
∴△AOB≌△DOC（AAS）．
∴∠ABO＝∠DCO
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，注意：全等三角形的判定定理有SASASAAASSSS，全
等三角形的对应边相等．
类型三 旋转类型
典例3（2022春•杏花岭区校级期中）已知AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．
（1）如图1，当点D在BC上时，求证：BD＝CE；（2）如图2，当点D、E、C在同一直线上，且∠BAC＝α，∠BAE＝β时，求∠DBC的度数（用含α和
β的式子表示）．
思路引领：（1）证出△ABD≌△ACE即可；
（2）由（1）的结论以及四边形的内角和定理可得答案．
（1）证明：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）解：∵AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝α，
180°−α 1
∴∠ABC＝∠ACB= =90°− α＝∠ADE＝∠AED，
2 2
由（1）得△ABD≌△ACE，
1
∴∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠AED＝90°+ α，
2
∴∠DBC＝360°﹣∠BCA﹣∠CAD﹣∠ADB
1 1
＝360°﹣（90°− α）﹣（2α﹣β）﹣（90°+ α）
2 2
＝180°﹣2α+β．解题秘籍：本题考查全等三角形的判定和性质，四边形的内角和，掌握全等三角形的判定和性质以及四
边形的内角和为360°是正确解答的前提．
针对训练3
3．（2021春•商河县校级期末）如图，点D是线段CE上一点，且AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE．
（1）求证：BD＝CE；
（2）若∠B＝40°，∠E＝80°，求∠CAD的度数．
思路引领：（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），由全等三角形的性质可得出BD＝CE；
（2）由全等三角形的性质及三角形内角和定理求出∠CAE＝60°，由等腰三角形的性质求出∠DAE＝
20°，则可求出答案．
解：（1）证明∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
（2）∵△ABD≌△ACE，
∴∠B＝∠C＝40°，∵∠E＝80°，
∴∠CAE＝180°﹣∠C﹣∠E＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠E，
∴∠DAE＝180°﹣2∠E＝180°﹣160°＝20°，
∴∠CAD＝∠CAE﹣∠DAE＝60°﹣20°＝40°．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，熟练掌握全
等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（淄川区模拟）如图，Rt ABC中，∠C＝90°，将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针方向旋
转α度（α＜∠BAC），得△到Rt ADE，其中斜边AE交BC于点F，直角边DE分别交AB、BC于点G、
H． △
求证：△AFB≌△AGE．
思路引领：由折叠与旋转的性质可得：AE＝AB，∠E＝∠ABF，然后由 ASA，即可判定：
△AFB≌△AGE．
证明：∵将△ABC沿AB向下翻折后，再绕点A按顺时针方向旋转α度（α＜∠BAC），得到Rt ADE，
∴AE＝AB，∠E＝∠ABF， △
{∠EAG=∠FAB=α
在△AFB和△AGE中， EA=AB ，
∠ABF=∠E
∴△AFB≌△AGE（ASA）．
解题秘籍：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．
类型四 一线三等角
典例4（2021秋•涡阳县期末）如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，试回答下列问题：
（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝ 度；
（2）在三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转过程中，分别作AM⊥MN于M，BN⊥MN与N，若AM
＝6，BN＝2，求MN．
（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则AM、BN与MN之
间有什么关系？请说明理由．
思路引领：（1）先求出∠B＝45°，再用平行线的性质，即可求出答案；
（2）先用同角的余角相等判断出∠2＝∠CAM，同理：∠1＝∠CBN，进而判断出△AMC≌△CNB
（ASA），得出AM＝CN，MC＝BN，即可求出答案；
（3）同（2）的方法，即可得出结论．
解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵AB∥MB，
∴∠2＝∠B＝45°，
故答案为45；
（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．
∴∠1+∠CAM＝90°，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠CAM，
同理：∠1＝∠CBN，
在△AMC和△CNB中，
{∠1=∠CBN
AC=BC ，
∠CAM=∠2
∴△AMC≌△CNB（ASA），∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8；
（3）MN＝BN﹣AM，理由：
同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM．
解题秘籍：此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，同
角的余角相等，判断出△AMC≌△CNB是解本题的关键．
典例5（2021秋•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA
＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．
思路引领：由∠AEC＝∠BAC＝α，推出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE＝AD，
AE＝BD＝3，即可得出结果．
解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，
∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠ECA＝∠BAD，
在△BAD与△ACE中，
{∠BDA=∠AEC
∠BAD=∠ACE，
AB=AC
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△BAD≌△ACE是解题的关键．
针对训练4
5．（2022•沙坪坝区校级开学）如图所示，在平面直角坐标系中，等腰Rt ABC的直角顶点C在x轴上，
点A在y轴上，若点B坐标为（6，1），则点A坐标为（ ） △
A．（4，0） B．（5，0） C．（0，4） D．（0，5）
思路引领：作BD⊥x轴于D，证明△ACO≌△CBD（AAS），得OC＝BD＝1，CD＝OA＝5，从而解决
问题．
解：作BD⊥x轴于D，
∵B（6，1），
∴BD＝1，OD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠OAC，
∵∠AOC＝∠BDO，
∴△ACO≌△CBD（AAS），
∴OC＝BD＝1，CD＝OA＝5，
∴A（0，5），
故选：D．
解题秘籍：本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，证明△ACO≌△CBD是解题的关键．
6．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），则
M的坐标是（ ）
A．（﹣2❑√2，0） B．（﹣2❑√3，0） C．（﹣2❑√5，0） D．（﹣4，0）
思路引领：过点N作ND⊥y轴于点D，证明△MOP≌△PDN（AAS），由全等三角形的性质可得出OM
＝PD＝4，则可得出答案．
解：过点N作ND⊥y轴于点D，
∵P（0，2），N（2，﹣2），
∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，
∴PD＝4，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MPO+∠DPN＝90°，
又∵∠DPN+∠PND＝90°，
∴∠MPO＝∠PND，
又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，
∴△MOP≌△PDN（AAS），
∴OM＝PD＝4，∴M（﹣4，0），
故选：D．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，证明△MOP≌△PDN是解
题的关键．
7．（2021秋•台江区期末）如图，已知∠CDE＝90°，∠CAD＝90°，BE⊥AD于B，且DC＝DE，若BE＝
7，AB＝4，则BD的长为 ．
思路引领：利用AAS证明△ACD≌△BDE，得BE＝AD，从而解决问题．
解：∵BE⊥AD，
∴∠EBD＝∠CAD＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，∠BDE+∠E＝90°，
∴∠E＝∠ADC，
在△ACD和△BDE中，
{∠CAD=∠EBD
∠ADC=∠E ，
CD=DE
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴BE＝AD，
∴BD＝AD﹣AB＝BE﹣AB＝7﹣4＝3，
故答案为：3．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，同角的余角相等等知识，证明△ACD≌△BDE
是解题的关键．
第二部分 专题提优训练
1．（2021秋•岑溪市期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点B在直线l上，
过A作AD⊥l于D，过C作CE⊥l于E．下列给出四个结论：①BD＝CE；②∠BAD与∠BCE互余；
③AD+CE＝DE．其中正确结论的序号是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
思路引领：根据同角的余角相等可得∠ABD＝∠BCE，再根据“AAS”可得△ABD≌△BCE，再逐项分析
可得结论．
解：∵AD⊥l，CE⊥l，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠EBC＝∠BCE+∠EBC＝90°，即∠ABD＝∠BCE，
在△ABD和△BEC中，
{∠ADB=∠BEC
∠ABD=∠BCE，
AB=BC
∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴BD＝CE，故①正确；
∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠ABD＝∠BCE，
∴∠BAD+∠BCE＝90°，
即∠BAD与∠BCE互余，故②正确；
∵△ABD≌△BCE，
∴AD＝EB，DB＝CE，
∵BE+D＝DE，
∴AD+CE＝DE，故③正确．
故选：D．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角相等的性质，本题中求证
△ABD≌△CBE是解题的关键．
2．（2021秋•定远县校级期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
BC＝20，AB＝8，则BE的长度为（ ）A．12 B．10 C．8 D．6
思路引领：根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答．
解：∵∠ABE＝∠AED＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AB＝CE＝8
∵BC＝20，
∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12，
故选：A．
解题秘籍：本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的
关键．
3．（2021秋•兰陵县期末）如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则
BD等于（ ）
A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
思路引领：由题中条件求出∠BAC＝∠DCE，可得直角三角形ABC与CDE全等，进而得出对应边相等
即可得出结论．
解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，∵在Rt ABC与Rt CDE中，
{ ∠△B=∠D △
∠BAC=∠DCE，
AC=CE
∴Rt ABC≌Rt CDE（AAS），
∴BC△＝DE＝2cm△，CD＝AB＝6cm，
∴BD＝BC+CD＝2+6＝8cm，
故选：B．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定及性质，应熟练掌握．
4．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、
E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（ ）
A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm
思路引领：根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝
3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．
解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
{∠CDA=∠BEC
∠CAD=∠BCE，
AC=CB
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
故选：C．
解题秘籍：本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ACD≌△CBE是
解题的关键．
5．（2021秋•朝阳县期末）如图所示，已知△ABC和△BDE均为等边三角形，连接AD、CE，若∠BAD＝
α，则∠BCE＝ ．
思路引领：因为△ABC和△BDE 均为等边三角形，由等边三角形的性质得到 AB＝BC，∠ABC＝
∠EBD，BE＝BD．再利用角与角之间的关系求得∠ABD＝∠EBC，则△ABD≌△EBC，故∠BCE可求．
解：∵△ABC和△BDE均为等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠EBD＝60°，BE＝BD，
∵∠ABD＝∠ABC+∠DBC，∠EBC＝∠EBD+∠DBC，
∴∠ABD＝∠EBC，
在△ABD和△EBC中，
{
AB=BC
∠ABD=∠EBC，
BE=BD
∴△ABD≌△EBC（SAS），
∴∠BCE＝∠BAD＝α．
故答案为：α．
解题秘籍：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．
6．（2022•福建）如图，点B，F，C，E在同一条直线上，BF＝EC，AB＝DE，∠B＝∠E．求证：∠A＝
∠D．思路引领：利用SAS证明△ABC≌△DEF，根据全等三角形的性质即可得解．
证明：∵BF＝EC，
∴BF+CF＝EC+CF，
即BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
¿，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴∠A＝∠D．
解题秘籍：此题考查了全等三角形的判定与性质，利用SAS证明△ABC≌△DEF是解题的关键．
7．（2021•大连）如图，点A，D，B，E在一条直线上，AD＝BE，AC＝DF，AC∥DF．求证：BC＝EF．
思路引领：根据线段的和差得到AB＝DE，由平行线的性质得到∠A＝∠EDF，根据全等三角形的性质
即可得到结论．
证明：∵AD＝BE，
∴AD+BD＝BE+BD，
即AB＝DE，
∵AC∥DF，
∴∠A＝∠EDF，
在△ABC与△DEF中，
{
AB=DE
∠A=∠EDF，
AC=DF∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴BC＝EF．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解
题的关键．
8．（2021秋•海丰县期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．
思路引领：（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；
（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．
（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
{∠CAD=∠BCE
∠ADC=∠BEC，
AC=BC
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟悉基本几何图形是解题的关键
