文档内容
专题 14.2 全等三角形的判定【八大题型】
【人教版】
【题型1 全等三角形的判定条件】..................................................................................................................................1
【题型2 证明两个三角形全等】......................................................................................................................................3
【题型3 全等三角形的判定与性质（证两次全等）】..................................................................................................6
【题型4 全等三角形的判定与性质（证垂直）】..........................................................................................................9
【题型5 全等三角形的判定与性质（多结论）】........................................................................................................13
【题型6 全等三角形的判定与性质（探究角度之间的关系）】................................................................................20
【题型7 全等三角形的判定与性质（探究线段之间的关系）】................................................................................26
【题型8 全等三角形的应用】........................................................................................................................................34
【知识点 全等图形的判定】
判定方法 解释 图形
边边边
三条边对应相等的两个三角形全等
(SSS)
边角边 两边和它们的夹角对应相等的两个
(SAS) 三角形全等
角边角 两角和它们的夹边对应相等的两个
(ASA) 三角形全等
角角边 两个角和其中一个角的对边对应相
(AAS) 等的两个三角形全等
斜边、直角
斜边和一条直角边对应相等的两个
边
直角三角形全等
(HL)
【题型1 全等三角形的判定条件】
【例1】（2024秋•顺德区期末）如图，∠A＝∠D＝90°，给出下列条件：①AB＝DC，②OB＝OC，
③∠ABC＝∠DCB，④∠ABO＝∠DCO，从中添加一个条件后，能证明△ABC≌△DCB的是（ ）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【分析】由题意可得∠A＝∠D＝90°，BC＝BC，即有一组对应角相等，一组对应边相等，结合全等三
角形的判定条件进行分析即可．
【解答】解：∵∠A＝∠D＝90°，BC＝BC，
∴①当AB＝DC时，由HL可得△ABC≌△DCB，故①符合题意；
②当OB＝OC时，可得∠BCO＝∠CBO，利用AAS可得△ABC≌△DCB，故②符合题意；
③当∠ABC＝∠DCB时，利用AAS可得△ABC≌△DCB，故③符合题意；
④当∠ABO＝∠DCO时，不能得△ABC≌△DCB，故④不符合题意；
故符合题意的有①②③．
故选：A．
【变式1-1】（2024秋•庐阳区期末）如图，点B、E在线段CD上，若∠A＝∠DEF，则添加下列条件，不
一定能使△ABC≌△EFD的是（ ）
A．∠C＝∠D，AC＝DE B．BC＝DF，AC＝DE
C．∠ABC＝∠DFE，AC＝DE D．AC＝DE，AB＝EF
【分析】利用三角形全等的判定方法进行分析即可．
【解答】解：A、添加∠C＝∠D，AC＝DE可利用ASA判定△ABC≌△EFD，故此选项不合题意；
B、添加BC＝FD，AC＝ED不能判定△ABC≌△EFD，故此选项符合题意；
C、添加∠ABC＝∠DFE，AC＝DE可利用AAS判定△ABC≌△EFD，故此选项不合题意；
D、添加AC＝DE，AB＝EF可利用SAS判定△ABC≌△EFD，故此选项不合题意；
故选：B．
【变式1-2】（2024秋•源汇区校级期末）如图，已知∠1＝∠2，AC＝AD，增加下列条件之一：①AB＝
AE；②BC＝ED；③∠C＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△ABC≌△AED的条件有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先由∠1＝∠2得到∠CAB＝∠DAE，然后分别利用“SAS”、“ASA”和“AAS”对各添加的条
件进行判断．
【解答】解：∵∠1＝∠2，
∴∠CAB＝∠DAE，
∵AC＝AD，
∴当AB＝AE时，可根据“SAS”判断△ABC≌△AED；
当BC＝ED时，不能判断△ABC≌△AED；
当∠C＝∠D时，可根据“ASA”判断△ABC≌△AED；
当∠B＝∠E时，可根据“AAS”判断△ABC≌△AED．
故选：C．
【变式1-3】（2024秋•佳木斯期末）在△ABC和△DEF中，其中∠C＝∠F，则下列条件：①AC＝DF，
∠A＝∠D；②AC＝DF，BC＝EF；③∠A＝∠D，∠B＝∠E；④AB＝DE，∠B＝∠E；⑤AC＝
DF，AB＝DE．其中能够判定这两个三角形全等的是（ ）
A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．③④⑤
【分析】根据全等三角形的判定方法：SAS，ASA，AAS，SSS，如果是两个直角三角形，除了前面四种
方法以外，还可以用HL来判定．
【解答】解：①AC＝DF，∠A＝∠D，再加上已知∠C＝∠F，符合ASA，故符合题意；
②AC＝DF，BC＝EF，再加上已知∠C＝∠F，符合SAS，故符合题意；
③∠A＝∠D，∠B＝∠E，再加上已知∠C＝∠F，不能判定两个三角形全等，故不符合题意；
④AB＝DE，∠B＝∠E，再加上已知∠C＝∠F，符合AAS，故符合题意；
⑤AC＝DF，AB＝DE，再加上已知∠C＝∠F，不能判定两个三角形全等，故不符合题意；
故选：A．
【题型2 证明两个三角形全等】
【例2】（2024秋•鼓楼区校级期末）如图，点A，E，F，B在同一直线上，CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别
为E，F，AE＝BF，∠A＝∠B．求证：△ADF≌△BCE．【分析】根据ASA证明△ADF≌△BCE即可．
【解答】证明：∵AE＝BF，
∴AF＝BE，
∵CE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠AFD＝∠BEC＝90°，
在△ADF和△BCE中，
{
∠A=∠B
AF=BE ，
∠AFD=∠BEC
∴△ADF≌△BCE（ASA）．
【变式2-1】（2024秋•肥西县期末）已知，如图，AB＝AE，AB∥DE，∠ECB＝65°，∠D＝115°，求证：
△ABC≌△EAD．
【分析】由∠ECB＝65°得∠ACB＝115°，再由AB∥DE，证得∠CAB＝∠E，再结合已知条件AB＝AE，
可利用AAS证得△ABC≌△EAD．
【解答】证明：∵∠ECB＝65°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ECB＝115°．
又∵∠D＝115°，
∴∠ACB＝∠D．
∵AB∥DE，
∴∠CAB＝∠E．
在△ABC和△EAD中，
{∠ACB=∠D
∠CAB=∠E，
AB=AE
∴△ABC≌△EAD（AAS）．【变式2-2】（2024秋•信州区校级期中）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，分别过点B、C作
BE⊥AD于点E，CF⊥AD交AD的延长线于点F，求证：△BDE≌△CDF．
【分析】由“AAS”可证△BDE≌△CDF．
【解答】证明：∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BED＝∠CFD＝90°，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
在△BDE和△CDF中，
{∠BED=∠CFD
∠BDE=∠CDF，
BD=CD
∴△BDE≌△CDF（AAS）．
【变式2-3】（2022•河源模拟）如图，在四边形 ABCD中，AD∥BC，点M为对角线AC上一点，连接
BM，若AC＝BC，∠AMB＝∠BCD，求证：△ADC≌△CMB．
【分析】根据平行线的性质求出∠DAC＝∠MCB，求出∠CBM＝∠ACD，根据全等三角形的判定定理
求出即可．
【解答】证明：∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠MCB，
∵∠AMB＝∠BCD，∠CBM+∠ACB＝∠AMB，∠ACB+∠ACD＝∠BCD，
∴∠CBM＝∠ACD，
在△ADC和△CMB中，
{∠ACD=∠CBM
AC=BC ，
∠DAC=∠MCB∴△ADC≌△CMB（ASA）．
【题型3 全等三角形的判定与性质（证两次全等）】
【例3】（2024秋•徐汇区校级期末）如图，已知AE∥DF，OE＝OF，∠B＝∠C，求证：AB＝CD．
【分析】首先根据全等三角形的判定定理ASA推知△AOE≌△DOF，则OB＝OC；然后再根据全等三角
形的判定定理ASA证得△AOB≌△DOC，则AB＝CD．
【解答】证明：如图，∵AE∥DF，
∴∠AEO＝∠DFO．
在△AOE与△DOF中，
{∠AEO=∠DFO
OE=OF ．
∠AOE=∠DOF
∴△AOE≌△DOF（ASA）．
∴OD＝OA．
在△AOB与△DOC中，
{∠AOB=∠DOC
OD=OA ．
∠B=∠C
∴△AOB≌△DOC（ASA）．
∴AB＝CD．
【变式3-1】（2024春•横山区期中）如图，AB＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，点D是EF上一点，AE⊥EF
于E，CF⊥EF于F，AE＝CF，连接BD，求证：Rt△ADE≌Rt△CDF．【分析】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】证明：∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
在Rt△ABD和Rt△CBD中，
¿，
∴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，
¿，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）．
【变式3-2】（2024秋•石阡县期末）如图，AB＝AC，E、D分别是AB、AC的中点，AF⊥BD，垂足为点
F，AG⊥CE，垂足为点G，试判断AF与AG的数量关系，并说明理由．
【分析】结论：AF＝AG．先证明△ABD≌△ACE（SAS），推出∠ABD＝∠ACE，再证明
△ABF≌△ACG（AAS）即可解决问题．
【解答】解：结论：AF＝AG．
理由：∵AB＝AC，E、D分别是AB、AC的中点，
1 1
∴AD= AC= AB＝AE，
2 2
在△ABD和△ACE中，{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵AF⊥BD，AG⊥CE，
∴∠AFB＝∠AGC＝90°．
在△ABF和△ACG中，
{∠ABF=∠ACG
∠AFB=∠ACG，
AB=AC
∴△ABF≌△ACG（AAS），
∴AF＝AG．
【变式3-3】（2024秋•沂源县期末）如图，AD＝AC，AB＝AE，∠DAB＝∠CAE．
（1）△ADE与△ACB全等吗？说明理由；
（2）判断线段DF与CF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由∠DAB＝∠CAE得出∠DAE＝∠CAB，再根据SAS判断△ADE与△ACB全等即可；
（2）由△ADB与△ACE全等得出DB＝EC，∠FDB＝∠FCE，判断△DBF与△ECF全等，最后利用全
等三角形的性质可得．
【解答】解：（1）全等，理由如下：
∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAE＝∠CAB，
在△ADE与△ACB中
{
AD=AC
∠DAE=∠CAB
AB=AE
∴△ADE≌△ACB（SAS）
（2）DF＝CF，理由如下：在△ADB与△ACE中
{
AD=AC
∠DAB=∠CAE，
AB=AE
∴△ADB≌△ACE（SAS），
∴∠DBA＝∠CEA，
∵△ADE≌△ACB，
∴∠ABC＝∠AED，
∴∠DBF＝∠CEF，
在△DBF与△CEF中
{∠DFB=∠CFE
∠DBF=∠CEF，
DB=EC
∴△DBF≌△CEF（AAS），
∴DF＝CF．
【题型4 全等三角形的判定与性质（证垂直）】
【例4】（2024秋•孟津县期末）如图，BM，CN分别是钝角△ABC的高，点Q是射线CN上的点，点P在
线段BM上，且BP＝AC，CQ＝AB，请问AP与AQ有什么样的关系？请说明理由．
【分析】根据同角的余角相等得出∠ABP＝∠ACQ，即可利用SAS证明△ACQ≌△PBA，再根据全等三
角形的性质即可得解．
【解答】解：AP＝AQ且AP⊥AQ．
理由如下：
∵BM⊥AC，CN⊥AB，
∴∠ABP+∠BAM＝90°，∠ACQ+∠CAN＝90°．
∴∠ABP＝∠ACQ．
在△ACQ和△PBA中，{
AC=PB，
∠ACQ=∠PBA，
QC=AB，
∴△ACQ≌△PBA（SAS）．
∴AP＝AQ，∠Q＝∠PAB．
∵∠Q+∠NAQ＝90°．
∴∠PAB+∠NAQ＝90°．
∴∠QAP＝90°．
∴AP⊥AQ．
即AP＝AQ，AP⊥AQ．
【变式4-1】（2024秋•金牛区校级期中）如图：在△ABC中，BE、CF分别是AC、AB两边上的高，在BE
上截取BD＝AC，在CF的延长线上截取CG＝AB，连结AD、AG．
（1）求证：∠ABE＝∠ACG；
（2）试判：AG与AD的关系？并说明理由．
【分析】（1）易证∠HFB＝∠HEC＝90°，又∠BHF＝∠CHE，由三角形内角和定理即可得出结论；
（2）先证△ABD≌△GCA（SAS），得出AD＝GA，∠ADB＝∠GAC，再由∠ADB＝∠AED+∠DAE，
∠GAC＝∠GAD+∠DAE，则∠AED＝∠GAD＝90°，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，CF⊥AB，
∴∠HFB＝∠HEC＝90°，
∴∠ABE＝90°﹣∠BHF，∠ACG＝90°﹣∠CHE，
∵∠BHF＝∠CHE，
∴∠ABE＝∠ACG；
（2）解：AG与AD的关系为：AG＝AD，AG⊥AD，理由如下：
∵BE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
由（1）得：∠ABD＝∠ACG，
在△ABD和△GCA中，{
AB=CG
∠ABD=∠ACG，
BD=AC
∴△ABD≌△GCA（SAS），
∴AD＝GA，∠ADB＝∠GAC，
又∵∠ADB＝∠AED+∠DAE，∠GAC＝∠GAD+∠DAE，
∴∠AED＝∠GAD＝90°，
∴AD⊥GA．
【变式4-2】（2024春•亭湖区校级期末）如图，△ABC中，CD⊥AB，垂足为D．BE⊥AC，垂足为G，
AB＝CF，BE＝AC．
（1）求证：AE＝AF；
（2）AE与AF有何位置关系．请说明理由．
【分析】（1）利用SAS证明△AEB≌△FAC可证明结论；
（2）由全等三角形的性质可得∠E＝∠CAF，由余角的定义可求得∠EAF的度数即可得解．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠AGB＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝∠CAD+∠EBA＝90°，
∴∠ACD＝∠EBA，
在△AEB和△FAC中，
¿，
∴△AEB≌△FAC（SAS），
∴AE＝AF；
（2）解：AE⊥AF，理由如下：
由（1）知△AEB≌△FAC，
∴∠E＝∠CAF，
∵BE⊥AC，垂足为G，∴∠AGE＝90°，
∵∠E+∠EAG＝90°，
∴∠CAF+∠EAG＝90°，
即∠EAF＝90°，
∴AE⊥AF．
【变式4-3】（2024春•泰兴市期末）如图，在锐角△ABC中，AD⊥BC于点D，点E在AD上，DE＝
DC，BD＝AD，点F为BC的中点，连接EF并延长至点M，使FM＝EF，连接CM．
（1）求证：BE＝AC；
（2）试判断线段AC与线段MC的关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据SAS证明△BDE≌△ADC，再根据全等三角形的性质即可得解；
（2）根据SAS证明△BFE≌△CFM，得到∠CBE＝∠BCM，BE＝MC，由（1）得∠CBE＝∠CAD，BE
＝AC，即得AC＝MC，再利用直角三角形的两锐角互余得出AC⊥MC．
【解答】（1）证明；∵AD⊥BC，
∴∠BDE＝∠ADC＝90°，
在△BDE与△ADC中，
¿，
∴△BDE≌△ADC（SAS），
∴BE＝AC；
（2）解：AC⊥MC且AC＝MC，理由如下：
∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
在△BFE与△CFM中，
¿，
∴△BFE≌△CFM（SAS），
∴∠CBE＝∠BCM，BE＝MC，由（1）得：∠CBE＝∠CAD，BE＝AC，
∴∠CAD＝∠BCM，AC＝MC，
∵∠CAD+∠ACD＝90°，
∴∠BCM+∠ACD＝90°，
即∠ACM＝90°，
∴AC⊥MC，
∴AC⊥MC且AC＝MC．
【题型5 全等三角形的判定与性质（多结论）】
【例5】（2024秋•九龙坡区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，过点A作
AF∥BC且AF＝AD，点E是AC上一点且AE＝AB，连接EF，DE．连接FD交BE于点G．下列结论中
正确的有（ ）个．
①∠FAE＝∠DAB；②BD＝EF；③FD平分∠AFE；④S四边形ABDE ＝S四边形ADEF ；⑤BG＝GE．
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由“SAS”可证△ABD≌△AEF，利用全等三角形的性质依次判断可求解．
【解答】解：∵AD⊥BC，AF∥BC，
∴AF⊥AD，
∴∠FAD＝90°＝∠BAC，
∴∠FAE＝∠BAD，故①正确；
在△ABD和△AEF中，
{
AB=AE
∠BAD=∠EAF，
AD=AF
∴△ABD≌△AEF（SAS），
∴BD＝EF，∠ADB＝∠AFE＝90°，故②正确；
∵AF＝AD，∠DAF＝90°，
∴∠AFD＝45°＝∠EFD，
∴FD平分∠AFE，故③正确；∵△ABD≌△AEF，
∴S△ABD ＝S△AEF ，
∴S四边形ABDE ＝S四边形ADEF ，故④正确；
如图，过点E作EN⊥EF，交DF于N，
∴∠FEN＝90°，
∴∠EFN＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN＝BD，∠END＝∠BDF＝135°，
在△BGD和△EGN中，
{∠BDG=∠ENG
∠BGD=∠EGN，
BD=NE
∴△BDG≌△ENG（AAS），
∴BG＝GE，故⑤正确，
故选：D．
【变式5-1】（2024秋•垦利区期末）如图，在△ABC中，BD、CE分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
AM⊥CE于P，交BC于M，AN⊥BD于Q，交BC于N，∠BAC＝110°，AB＝6，AC＝5，MN＝2，结论：
①AP＝MP；②BC＝9；③∠MAN＝30°；④AM＝AN．其中正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】证明△ACP≌△MCP，根据全等三角形的性质得到AP＝MP，判断①；根据全等三角形的性
质得到CM＝AC＝5，BN＝AB＝6，结合图形计算，判断②；根据三角形内角和定理判断③；根据等腰
三角形的性质判断④．
【解答】解：∵CE是∠ACB的平分线，
∴∠ACP＝∠NCP，
在△ACP和△MCP中，
{
∠ACP=∠MCP
CP=CP ，
∠CPA=∠CPM=90°∴△ACP≌△MCP（ASA），
∴AP＝MP，①结论正确；
∵△ACP≌△MCP，
∴CM＝AC＝5，
同理可得：BN＝AB＝6，
∴BC＝BN+CM﹣MN＝5+6﹣2＝9，②结论正确；
∵∠BAC＝110°，
∴∠MAC+∠BAN﹣∠MAN＝110°，
由①知：∠CMA＝∠CAM，∠BNA＝∠BAN，
在△AMN中，∠CMA+∠BNA＝180°﹣∠MAN＝∠BAN+∠MAC，
∴180°﹣∠MAN﹣∠MAN＝110°，
∴∠MAN＝35°，③结论错误；
④当∠AMN＝∠ANM时，AM＝AN，
∵AB＝6≠AC＝5
∴∠ABC≠∠ACB，
∴∠AMN≠∠ANM，则AM与AN不相等，④结论错误；
故选：C．
【变式5-2】（2024春•锦州期末）如图，在△AOB和△COD中，OA＝OB，OC＝OD（OA＜OC），
∠AOB＝∠COD＝ ，直线 AC，BD交于点 M，连接 OM．下列结论：①AC＝BD，②∠OAM＝
∠OBM，③∠AMB＝α ，④OM平分∠BOC，其中正确结论的个数是（ ）
α
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】由SAS证明△AOC≌△BOD得出∠OAM＝∠OBM，AC＝BD，①②正确；
由全等三角形的性质得出∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB+∠OBD＝
∠OAC+∠AOB，得出∠AMB＝∠AOB＝ ，③正确；
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，则∠αOGA＝∠OHB＝90°，即可判定△OAG≌△OBH，得出OG＝
OH，由角平分线的判定方法得∠AMO＝∠DMO，假设OM平分∠BOC，则可求出∠AOM＝∠DOM，
由全等三角形的判定定理可得△AMO≌△DMO，得AO＝OD，而OC＝OD，所以OA＝OC，而OA＜OC，故④错误；即可得出结论．
【解答】解：∵∠AOB＝∠COD＝ ，
∴∠AOB+∠BOC＝∠COD+∠BOCα，
即∠AOC＝∠BOD，
在△AOC和△BOD中，
¿，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴∠OAC＝∠OBD，AC＝BD，
即∠OAM＝∠OBM，
故①②正确；
由三角形的外角性质得：
∠AMB+∠OBD＝∠OAC+∠AOB，
∵∠OAC＝∠OBD，
∴∠AMB＝∠AOB＝ ，
故③正确； α
作OG⊥AM于G，OH⊥DM于H，如图所示，
则∠OGA＝∠OHB＝90°，
在△OAG和△OBH中，
¿，
∴△OAG≌△OBH（AAS），
∴OG＝OH，
∵△AOC≌△BOD，
∴OG＝OH，
∴MO平分∠AMD，
∴∠AMO＝∠DMO，
假设OM平分∠BOC，则∠BOM＝∠COM，
∵∠AOB＝∠COD，
∴∠AOB+∠BOM＝∠COD+∠COM，
即∠AOM＝∠DOM，
在△AMO与△DMO中，
¿，∴△AMO≌△DMO（ASA），
∴OA＝OD，
∵OC＝OD，
∴OA＝OC，
而OA＜OC，故④错误；
正确的个数有3个；
故选：B．
【变式5-3】（2024春•江北区校级期末）如图，已知AB＝AC，点D、E分别在AC、AB上且AE＝AD，连
接EC，BD，EC交BD于点M，连接AM，过点A分别作AF⊥CE，AG⊥BD，垂足分别为F、G，下列
结论：①△EBM≌△DCM；②∠EMB＝∠FAG；③MA平分∠EMD；④若点E是AB的中点，则
BM+AC＞EM+BD；⑤如果S△BEM ＝S△ADM ，则E是AB的中点；其中正确结论的个数为（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】①先证明△ABD≌△ACE得出∠B＝∠C，即可证明△EBM≌△DCM，即可判断①；
②根据垂直的定义和四边形的内角和可得结论，即可判断②；
③证明△AEM≌△ADM，得∠AME＝∠AMD，即可判断③；
④如图，延长CE至N，使EN＝EM，连接AN，BN，证明△AEN≌△BEM（SAS），得AN＝BM，根据
三角形三边关系可判断④；
⑤根据面积相等可知：S△ADM ＝S△CDM ，由同高可知底边AD＝CD，从而判断⑤．
【解答】解：①在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠C，
∵AB＝AC，AE＝AD，
∴AB﹣AE＝AC﹣AD，即BE＝CD，
在△EBM和△DCM中，
{∠EMB=∠DMC
∠B=∠C ，
EB=CD
∴△EBM≌△DCM（AAS），
故①正确；
②∵AF⊥CE，AG⊥BD，
∴∠AFM＝∠AGM＝90°，
∴∠FAG+∠FMG＝180°，
∵∠FMG+∠EMB＝180°，
∴∠EMB＝∠FAG，
故②正确；
③由①知：△EBM≌△DCM，
∴EM＝DM，
在△AEM和△ADM中，
{
AE=AD
AM=AM，
EM=DM
∴△AEM≌△ADM（SSS），
∴∠AME＝∠AMD，
∴MA平分∠EMD；
故③正确；
④如图，延长CE至N，使EN＝EM，连接AN，BN，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
在△AEN和△BEM中，
{
AE=BE
∠AEN=∠BEM，
EN=EM
∴△AEN≌△BEM（SAS），
∴AN＝BM，
由①知：△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，
△ACN中，AC+AN＞CN，
∴BM+AC＞BD+EM，
故④正确；
⑤∵S△BEM ＝S△ADM ，S△EBM ＝S△DCM ，
∴S△ADM ＝S△CDM ，
1
∴AD＝CD= AC，
2
∵AD＝AE，AB＝AC，
1
∴AE= AB，
2
∴E是AB的中点；
故⑤正确；
本题正确的有5个；
故选：D．
【题型6 全等三角形的判定与性质（探究角度之间的关系）】
【例6】（2024秋•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＝ ，∠BAE＝ 时，求∠DBC的度数（用含 和
的式子表示）． α β α
β
【分析】（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．
【解答】（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＝ ，
180°-α 1 α
∴∠ABC＝∠ACB= =90°- ＝∠ADE＝∠AED，
2 2
α
由（1）得△ABD≌△ACE，
1
∴∠ADB＝∠AEC＝180°﹣∠AED＝90°+ ，
2
α
∴∠DBC＝360°﹣∠BCA﹣∠CAD﹣∠ADB
1 1
＝360°﹣（90°- ）﹣（2 ﹣ ）﹣（90°+ ）
2 2
α α β α
＝180°﹣2 + ．
α β
【变式6-1】（2022•南京模拟）在△ABC中，AB＝AC，点D是射线CB上的一动点（不与点B、C重合），
以AD为一边在AD的右侧作△ADE，使AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图1，当点D在线段CB上，且∠BAC＝90°时，那么∠DCE＝ 9 0 度；
（2）设∠BAC＝ ，∠DCE＝ ．
①如图2，当点Dα在线段CB上β ，∠BAC≠90°时，请你探究 与 之间的数量关系，并证明你的结论；
②如图3，当点D在线段CB的延长线上，∠BAC≠90°时，α请将β图3补充完整，并直接写出此时 与
之间的数量关系（不需证明）． α β【分析】（1）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，即可解题；
（2）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，根据∠B+∠ACB＝180°﹣
即可解题； α
（3）易证∠BAD＝∠CAE，即可证明△BAD≌△CAE，可得∠ACE＝∠B，根据∠ADE+∠AED+ ＝
180°，∠CDE+∠CED+ ＝180°即可解题； α
【解答】解：（1）∵∠βBAD+∠DAC＝90°，∠DAC+∠CAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B，
∵∠B+∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝90°；
故答案为 90．
（2）∵∠BAD+∠DAC＝ ，∠DAC+∠CAE＝ ，
∴∠BAD＝∠CAE， α α
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ACE＝∠B，
∵∠B+∠ACB＝180°﹣ ，
∴∠DCE＝∠ACE+∠AαCB＝180°﹣ ＝ ，
∴ + ＝180°； α β
（α3）β作出图形，
∵∠BAD+∠BAE＝ ，∠BAE+∠CAE＝ ，
∴∠BAD＝∠CAE，α α
在△BAD和△CAE中，{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠AEC＝∠ADB，
∵∠ADE+∠AED+ ＝180°，∠CDE+∠CED+ ＝180°，
∠CED＝∠AEC+∠αAED， β
∴ ＝ ．
【变式α 6-β2】（2024秋•江夏区期末）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．
【分析】（1）连接AG．α易证△ADC≌△ABEα，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．
【解答】解：（1）连接AG．
∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE．
{
AD=AB
在△ADC和△ABE中， ∠DAC=∠BAE，
AC=AE∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．AD＝AB．
∵G、F分别是DC与BE的中点，
1 1
∴DG= DC，BF= BE，
2 2
∴DG＝BF．
{
AD=AB
在△ADG和△ABF中， ∠ADC=∠ABE，
DG=BF
∴△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°；
（2）∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，（已证）
∴∠GAF＝90°，
∵AG＝AF，
1
∴∠AFG= （180°﹣90°）＝45°；
2
（3）∵∠DAB＝ ，∠DAB＝∠GAF，（已证）
∴∠GAF＝ ， α
∵AG＝AF，α
1
∴∠AFG= （180°﹣ ）；
2
α
1
故答案为 60°，45°， （180°﹣ ）．
2
α
【变式6-3】（2024秋•肥西县期末）在△ABC中，AB＝AC，D是直线BC上一点，连接AD，以AD为一
条边在AD的右侧作△ADE，使AE＝AD，∠DAE＝∠BAC，连接CE．
（1）如图，当点D在BC延长线上移动时，若∠BAC＝26°，则∠DCE＝ ．
（2）设∠BAC＝ ，∠DCE＝ ．
α β①当点D在BC延长线上移动时， 与 之间有什么数量关系？请说明理由；
②当点D在直线BC上（不与B，αC两点β 重合）移动时， 与 之间有什么数量关系？请直接写出你的
结论． α β
【分析】（1）证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；
（2）①证△BAD≌△CAE，推出∠B＝∠ACE，根据三角形外角性质求出即可；
②分三种情况：（Ⅰ）当 D在线段BC上时，证明△ABD≌△ACE（SAS），则∠ADB＝∠AEC，
∠ABC＝∠ACE，推出∠DAE+∠DCE＝180°，即 + ＝180°；
（Ⅱ）当点D在线段BC反向延长线上时， ＝α，β同理可证明△ABD≌△ACE（SAS），则∠ABD＝
∠ACE，推出∠BAC＝∠DCE，即 ＝ ； α β
（Ⅲ）当点D在线段BC的延长线上α时β，由①得 ＝ ．
【解答】解：（1）如图1所示：∵∠DAE＝∠BAαC，β
∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
1
∴∠ACE＝∠B= （180°﹣26°）＝77°，BD＝CE，
2
∴BC+DC＝CE，
∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，
∴∠BAC＝∠DCE，
∵∠BAC＝26°，
∴∠DCE＝26°，
故答案为：26°；
（2）①当点D在线段BC的延长线上移动时， 与 之间的数量关系是 ＝ ，理由如下：
α β α β∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠CAD＝∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
∠BAD=∠CAE，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE，
∵∠ACD＝∠B+∠BAC＝∠ACE+∠DCE，
∴∠BAC＝∠DCE，
∵∠BAC＝ ，∠DCE＝ ，
∴ ＝ ； α β
②α分三β种情况：
（Ⅰ）当D在线段BC上时， + ＝180°，如图2所示，理由如下：
同理可证明：△ABD≌△ACEα（SβAS），
∴∠ADB＝∠AEC，∠ABC＝∠ACE，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∵∠BAC＝∠DAE＝ ，∠DCE＝ ，
∴ + ＝180°； α β
（αⅡ）β 当点D在线段BC反向延长线上时， ＝ ，如图3所示，理由如下：
同理可证明：△ABD≌△ACE（SAS）， α β
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ACE＝∠ACD+∠DCE，∠ABD＝∠ACD+∠BAC，
∴∠ACD+∠DCE＝∠ACD+∠BAC，
∴∠BAC＝∠DCE，
∵∠BAC＝ ，∠DCE＝ ，
∴ ＝ ； α β
（αⅢ）β当点D在线段BC的延长线上时，如图1所示， ＝ ；
综上所述，当点D在BC上移动时， ＝ 或 + ＝180°α． β
α β α β【题型7 全等三角形的判定与性质（探究线段之间的关系）】
【例7】（2024秋•沙坪坝区校级期中）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、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE．
（1）当∠A＝80°时，求∠EDC的度数；
（2）求证：CF＝FG+CE．
【分析】（1）在BC上取点M，使CM＝CE，证明△CDE≌△CDM（SAS），可得DE＝DM，∠DEC＝
1 1
∠DMC，∠EDC＝∠MDC，证明∠BDM＝180°- ∠ABC﹣∠DMB＝180°- ∠ABC﹣∠AEB＝∠A＝
2 2
80°，进而可以解决问题．
（2）结合（1）然后证明△DGF≌△DMF（SAS），可得GF＝MF，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：如图，在BC上取点M，使CM＝CE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
在△CDE和△CDM中，
{
CE=CM
∠ECD=∠MCD，
CD=CD
∴△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，1
∴∠ABE＝∠CBE= ∠ABC，
2
1 1
∴∠BDM＝180°- ∠ABC﹣∠DMB＝180°- ∠ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°，
2 2
∴∠EDM＝100°，
∴∠EDC＝50°；
（2）证明：∵∠A＝2∠BDF，
∴∠BDM＝2∠BDF，
∴∠FDM＝∠BDF，
在△DGF和△DMF中，
{
DG=DM
∠GDF=∠MDF，
DF=DF
∴△DGF≌△DMF（SAS），
∴GF＝MF，
∴CF＝CM+FM＝CE+GF．
∴CF＝FG+CE．
【变式7-1】（2022•黄州区校级模拟）如图，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC，AF⊥CB，垂足
为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD＝2BF+DE．
【分析】（1）根据题意和题目中的条件可以找出△ABC≌△ADE的条件；
（2）根据（1）中的结论和等腰直角三角形的定义可以得到∠FAE的度数；
（3）根据题意和三角形全等的知识，作出合适的辅助线即可证明结论成立．
【解答】证明：（1）∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝90°，∠CAD+∠DAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
{
AB=AD
∠BAC=∠DAE，
AC=AE
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE＝90°，AC＝AE，
∴∠E＝45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA＝∠E＝45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝45°+90°＝135°；
（3）延长BF到G，使得FG＝FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG＝∠AFB＝90°，
在△AFB和△AFG中，
{
BF=GF
∠AFB=∠AFG，
AF=AF
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB＝AG，∠ABF＝∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB＝AD，∠CBA＝∠EDA，CB＝ED，
∴AG＝AD，∠ABF＝∠CDA，
∴∠G＝∠CDA，
∵∠GCA＝∠DCA＝45°，
在△CGA和△CDA中，
{∠GCA=∠DCA
∠CGA=∠CDA，
AG=AD
∴△CGA≌△CDA（AAS），∴CG＝CD，
∵CG＝CB+BF+FG＝CB+2BF＝DE+2BF，
∴CD＝2BF+DE．
【变式7-2】（2024秋•两江新区期末）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是CB延长线上一点，点E是
线段AB上一点，连接DE．AC＝DE，BC＝BE．
（1）求证：AB＝BD；
（2）BF平分∠ABC交AC于点F，点G是线段FB延长线上一点，连接DG，点H是线段DG上一点，
连接AH交BD于点K，连接KG．当KB平分∠AKG时，求证：AK＝DG+KG．
【分析】（1）证明Rt△ACB≌Rt△DEB即可解决问题；
（2）作BM平分∠ABD交AK于点M，证明△BMK≌△BGK，△ABM≌△DBG，即可解决问题．
【解答】证明：（1）在Rt△ACB和Rt△DEB中，
{AC=DE
，
BC=BE
∴Rt△ACB≌Rt△DEB（HL），
∴AB＝BD，
（2）如图：作BM平分∠ABD交AK于点M，
∵BM平分∠ABD，KB平分∠AKG，
∴∠ABM＝∠MBD＝45°，∠AKB＝∠BKG，
∵∠ABF＝∠DBG＝45°
∴∠MBD＝∠GBD，
在△BMK和△BGK中，
{∠MBD=∠GBD
BK=BK ，
∠AKB=∠BKG
∴△BMK≌△BGK（ASA），∴BM＝BG，MK＝KG，
在△ABM和△DBG中，
{
AB=BD
∠ABM=∠DBG，
BM=BG
∴△ABM≌△DBG（SAS），
∴AM＝DG，
∵AK＝AM+MK，
∴AK＝DG+KG．
【变式7-3】（2024秋•济南期中）把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶
点作∠MDN，交边AC、BC于M、N．
（1）若∠ACD＝30°，∠MDN＝60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线段之间有何种数
量关系？证明你的结论；
（2）当∠ACD+∠MDN＝90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明你的结论；
（3）如图③，在（2）的条件下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其余条件不变，则
AM、MN、BN之间有何数量关系（直接写出结论，不必证明）
【分析】（1）延长CB到E，使BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（2）延长 CB 到 E，使 BE＝AM，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可；
（3）在 CB 截取 BE＝AM，连接 DE，证△DAM≌△DBE，推出∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，证
△MDN≌△EDN，推出MN＝NE即可．
【解答】
（1）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠EBD＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
∠A=∠DBE，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠MDA，DM＝DE，
∵∠MDN＝∠ADC＝60°，
∴∠ADM＝∠NDC，
∴∠BDE＝∠NDC，
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（2）AM+BN＝MN，
证明：延长CB到E，使BE＝AM，连接DE，
∵∠A＝∠CBD＝90°，
∴∠A＝∠DBE＝90°，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠MDN＝∠BDC，
∴∠MDA＝∠CDN，∠CDM＝∠NDB，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
∠A=∠DBE，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，∴∠BDE＝∠MDA＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠MDN+∠ACD＝90°，∠ACD+∠ADC＝90°，
∴∠NDM＝∠ADC＝∠CDB，
∴∠ADM＝∠CDN＝∠BDE，
∵∠CDM＝∠NDB
∴∠MDN＝∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BE+BN＝AM+BN，
∴AM+BN＝MN．
（3）BN﹣AM＝MN，
证明：在CB截取BE＝AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD＝90°，∠MDN+∠ACD＝90°，
∴∠MDN＝∠CDA，
∵∠ADN＝∠ADN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∵∠B＝∠CAD＝90°，
∴∠B＝∠DAM＝90°，
在△DAM和△DBE中
{
AM=BE
∠DAM=∠DBE，
AD=BD
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE＝∠ADM＝∠CDN，DM＝DE，
∵∠ADC＝∠BDC＝∠MDN，
∴∠MDN＝∠EDN，
在△MDN和△EDN中{
DM=DE
∠MDN=∠NDE，
DN=DN
∴△MDN≌△EDN，
∴MN＝NE，
∵NE＝BN﹣BE＝BN﹣AM，
∴BN﹣AM＝MN．
【题型8 全等三角形的应用】
【例8】（2024秋•二七区期末）为了测量一池塘的两端A，B之间的距离，同学们想出了如下的两种方案：
方案①如图1，先在平地上取一个可直接到达A，B的点C，再连接AC，BC，并分别延长AC至点D，
BC至点E，使DC＝AC，EC＝BC，最后量出DE的距离就是AB的长；
方案②如图2，过点B作AB的垂线BF，在BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过D作BD的垂线
DE，在垂线上选一点E，使A、C、E三点在一条直线上，则测出DE的长即是AB的距离．
问：（1）方案①是否可行？请说明理由；
（2）方案②是否可行？请说明理由；
（3）小明说在方案②中，并不一定需要BF⊥AB，DE⊥BF，只需要 AB ∥ DE 就可以了，请把小明
所说的条件补上．
【分析】（1）根据SAS证明△DCE≌△ACB，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据ASA证明△ABC≌△EDC，进一步即可得证；
（3）只需要AB∥DE，此时∠ABC＝∠EDC，证明△ABC≌△EDC（ASA）即可得证．
【解答】解：（1）方案①可行，理由如下：
在△DCE和△ACB中，
{
DC=AC
∠DCE=∠ACB，
EC=BC
∴△DCE≌△ACB（SAS），∴DE＝AB，
∴方案①可行；
（2）方案②可行，理由如下：
∵AB⊥BF，DE⊥BF，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
在△ABC和△EDC中，
{∠ABC=∠EDC
BC=CD ，
∠ACB=∠ECD
∴△ABC≌△EDC（ASA），
∴DE＝AB，
故方案②可行；
（3）只需要AB∥DE，此时∠ABC＝∠EDC，
证明步骤同（2），
故答案为：AB∥DE．
【变式8-1】（2024春•普宁市期末）学校为开展数学实践活动，成立了以小明为首的户外测量小组，测量
小组带有测量工具：绳子、拉尺、小红旗、测角器（可测量两个点分别到测量者连线之间的夹角大小）．
小明小组的任务是测量某池塘不能直接到达的两个端点A、B之间的距离．
（1）小明小组提出了测量方案：在池塘南面的空地上（如图），取一个可直接到达 A、B的点C，用绳
子连接AC和BC，并利用绳子分别延长AC至D、BC至E，使用拉尺丈量CD＝CA、CE＝CB，确定
D、E两个点后，最后用拉尺直接量出线段DE的长，则端点A、B之间的距离就是DE的长．你认为小
明小组测量方案正确吗？请说明理由．
（2）你还有不同于小明小组的其他测量方法吗？请写出其中一个完整的测量方案（在备用图 1中画出
简图，但不必说明理由）．
（3）假设池塘南面（即点D、E附近区域）没有足够空地（或空地有障碍物或不可直达等不可测量情
况），而点B的右侧区域有足够空地并可用于测量，请你设计一个可行的测量方案（在备用图2中画出
图形），并说明理由．【分析】（1）根据SAS证明△ABC≌△DEC即可；
（2）先过点B作AB的垂线BF，再在BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过点D作BD的垂线
DE，交AC的延长线于点E，则测出DE的长即为A，B的距离；
（3）过点B作BD⊥AB，再由点D观测，在AB的延长线上取一点C，使∠BDC＝∠BDA．这时只要测
出BC的长即为A，B的距离．理由根据ASA证明△ABD≌△CBD即可．
【解答】解：（1）小明小组测量方案正确，理由如下：
连接AB，如图所示：
在△ABC和△DEC中，
{
CD=CA
∠ACB=∠DCE，
CE=CB
∴△ABC≌△DEC（SAS），
∴DE＝AB．
（2）有其他方案，测量方案如下：
先过点B作AB的垂线BF，再在BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过点D作BD的垂线DE，交
AC的延长线于点E，则测出DE的长即为A，B的距离，如图所示：
（3）测量方案：过点B作BD⊥AB，再由点D观测，在AB的延长线上取一点C，使∠BDC＝∠BDA．
这时只要测出BC的长即为A，B的距离，如图所示：理由如下：
∵BD⊥AB，
∴∠ABD＝∠CBD＝90°，
在△ABD和△CBD中，
{∠ABD=∠CBD
BD=BD ，
∠BDC=∠BDA
∴△ABD≌△CBD（ASA），
∴BC＝AB．
【变式8-2】（2024秋•金乡县期中）如图，小明和小华住在同一个小区不同单元楼，他们想要测量小明家
所在单元楼AB的高度，首先他们在两栋单元楼之间选定一点E，然后小华在自己家阳台C处测得E处
的俯角为∠1，小明站在E处测得眼睛F到AB楼端点A的仰角为∠2，发现∠1与∠2互余，已知EF＝1
米，BE＝CD＝20米，BD＝58米，试求单元楼AB的高．
【分析】过F作FG⊥AB于G，则四边形BEFG是矩形，求得FG＝BE＝20米，BG＝EF＝1米，根据全
等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：过F作FG⊥AB于G，
则四边形BEFG是矩形，
∴FG＝BE＝20米，BG＝EF＝1米，
∵∠1+∠2＝90°，∠1+∠3＝90°，
∴∠2＝∠3，在△AFG与△ECD中，
{∠AGF=∠EDC=90°
FG=CD ，
∠2=∠3
∴△AFG≌△ECD（ASA），
∴AG＝DE＝BD﹣BE＝38（米），
∴AB＝AG+BG＝38+1＝39（米），
答：单元楼AB的高为39米．
【变式8-3】（2024秋•郑州期末）阅读并完成相应的任务．
如图，小明站在堤岸凉亭A点处，正对他的B点（AB与堤岸垂直）停有一艘游艇，他想知道凉亭与这
艘游艇之间的距离，于是制定了如下方案．
课题 测凉亭与游艇之间的距离
测量工具 皮尺等
测量方案示意图（不完
整）
测量步骤 ①小明沿堤岸走到电线杆C旁（直线AC与堤岸平行）；
②再往前走相同的距离，到达D点；
③他到达D点后向左转90度直行，当自己，电线杆与游艇在一条直线上时
停下来，此时小明位于点E处．
测量数据 AC＝20米，CD＝20米，DE＝8米
（1）任务一：根据题意将测量方案示意图补充完整．
（2）任务二：①凉亭与游艇之间的距离是 米．
②请你说明小明方案正确的理由．【分析】（1）任务一：根据题意可知，小华的方案中蕴含着一对全等三角形，即△ABC≌△DEC，将
图形补充完整即可；
（2）任务二：①由补充完整的图形可知，△ABC≌△DEC，且AB与DE是对应边，可知AB＝DE＝8
米，得出答案为8；
②由题意可知 AC＝CD＝20米，∠A＝∠D＝90°，∠ACB与∠DCE 是对顶角，由“ASA”可判定
△ABC≌△DEC，则AB＝DE＝8米，说明小明的方案是正确的．
【解答】解：（1）任务一：将测量方案示意图补充完整如图所示．
（2）任务二：①由△ABC≌△DEC得AB＝DE＝8（米），
故答案为：8．
②理由：如图，
由题意可知，AC＝20米，CD＝20米，DE＝8米，∠A＝90°，∠D＝90°，
∴AC＝DC，∠A＝∠D，
在△ABC和△DEC中，
{
∠A=∠D
AC=DC ，
∠ACB=∠DCE
∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴AB＝DE＝8米，
∴小明的方案是正确的．
