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专题06 全等三角形的判定
（题型突破·举一反三）
题型01 利用SSS 证明两个三角形全等
题型02 利用SAS 证明两个三角形全等
题型03 利用ASA 证明两个三角形全等
题型04 利用AAS 证明两个三角形全等
题型05 三角形的稳定性
题型06 玻璃碎片问题
题型07 画出唯一的三角形
题型08 全等三角形的个数
题型09 全等三角形的判定
题型10 添加条件证明三角形全等
题型11 二次全等证明
▌题型01 利用SSS 证明两个三角形全等
三边分别相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”．
用数学语言表述：
在△ABC 和△DEF 中
AB=DE
BC=EF
CA=FD
∴ △ABC ≌△DEF（SSS）
【典例1】（2026•威信县一模）如图，已知点A、B、E、D 在同一条直线上，AC＝DF，BC＝EF，AE＝BD．求
证：△ABC≌△DEF．
F
E
D
A
B
C
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【分析】根据“SSS”直接证明全等即可．
【解答】解：∵点A、B、E、D 在同一条直线上，AE＝BD，
∴AE﹣BE＝BD﹣BE，
∵AB＝AE﹣BE，DE＝BD﹣BE，
∴AB＝DE．
在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐶= 𝐷𝐹
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
【变式1-1】（2026•云南）如图，AB＝DC，AE＝DE，点E 是线段BC 的中点．求证：△ABE≌△DCE．
【分析】先根据线段中点的定义得到BE＝CE，然后根据“SSS”可判断△ABE≌△DCE．
【解答】证明：∵点E 是线段BC 的中点，
∴BE＝CE，
在△ABE 和△DCE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐶
𝐵𝐸= 𝐶𝐸
𝐴𝐸= 𝐷𝐸
，
∴△ABE≌△DCE（SSS）．
【变式1-2】（2026•保山二模）如图，C 是线段AF 的中点，BC＝EC，AB＝FE．求证：△ABC≌△FEC．
【分析】根据中点的性质得到AC＝FC，再由SSS 证明三角形全等．
【解答】证明：由线段的中点，可知，AC＝CF，
∵BC＝EC，AB＝FE，
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在△ACB 与△FCE 中，
{
𝐴𝐶= 𝐹𝐶
𝐵𝐶= 𝐸𝐶
𝐴𝐵= 𝐹𝐸
，
∴△ABC≌△FEC（SSS）．
【变式1-3】（2026•楚雄州二模）如图，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】先根据平行线的性质得到∠B＝∠DEF，∠ACB＝∠F，再根据ASA 证明即可．
【解答】证明：∵BE＝CF，
∴BF+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
𝐴𝐶= 𝐷𝐹
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）．
▌题型02 利用SAS 证明两个三角形全等
两边及其夹角分别相等的两个三角形全等(简称“边角边”或“SAS”)。
用数学语言表述：
在△ABC 和△DEF 中
AB=DE
∠B=∠E
CA=FD
∴ △ABC ≌△DEF（SAS）
【典例1】（2026•盘龙区校级模拟）如图，已知线段AC，BD 相交于点E，AE＝DE，BE＝CE，求证：△
ABE≌△DCE．
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E
D
A
B
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【分析】根据SAS 证明△ABE≌△DCE 即可．
【解答】证明：在△ABE 和△DCE 中
{
𝐴𝐸= 𝐷𝐸
∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐷𝐸𝐶
𝐵𝐸= 𝐶𝐸
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）
【变式1-1】（2026•越秀区校级二模）如图，已知AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE，求证：△ABC≌△
ADE．
【分析】根据∠BAD＝∠CAE 可得∠BAC＝∠DAE，再根据SAS 即可证明．
【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC 和△ADE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸
𝐴𝐶= 𝐴𝐸
，
∴△ABC≌△ADE（SAS）．
【变式1-2】（2026•拉萨三模）已知：如图，点B，F，C，E 在一条直线上，AB＝DE，AB∥DE，BF＝EC．求
证：△ABC≌△DEF．
【分析】根据BF＝EC，可以得到BC＝EF，再根据AB∥DE，可以得到∠B＝∠E，然后根据SAS，即可
证明△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵BF＝EC，
∴BF+FC＝EC+FC，
∴BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠E，
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在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
∠𝐵= ∠𝐸
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【变式1-3】（2026•呈贡区三模）如图，AC＝EC，BC＝DC，∠ECB＝∠ACD．求证：△ABC≌△EDC．
【分析】先证∠ACB＝∠ECD，再根据“SAS”证明即可．
【解答】证明：∵∠ECB＝∠ACD，
∴∠ECB﹣∠ACE＝∠ACD﹣∠ACE，
即∠ACB＝∠ECD，
∵AC＝EC，BC＝DC，
∴△ABC≌△EDC（SAS）．
▌题型03 利用ASA 证明两个三角形全等
两个角及夹边分别相等的两个三角形全等(简称“角边角”或“ASA”)。
用数学语言表述：
在△ABC 和△DEF 中
∠A=∠D
AB=DE
∠B=∠E
∴ △ABC ≌△DEF（SAS）
【典例1】（2026•双柏县一模）如图，已知线段AC、BD 相交于点E，连接AB、DC、BC，AE＝DE，∠A
＝∠D．
求证：△ABE≌△DCE．
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【分析】根据全等三角形的判断定理即可得到结论．
【解答】证明：在△ABE 和△DCE 中，
∵{
∠𝐴= ∠𝐷
𝐴𝐸= 𝐷𝐸
∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐷𝐸𝐶
，
∴△ABE≌△DCE（ASA）．
【变式1-1】（2026•四平二模）已知：如图，点A，D，B，E 在同一条直线上，若AD＝BE，∠A＝∠EDF，
∠E＝∠ABC，求证：△ACB≌△DFE．
【分析】由点A，D，B，E 在同一条直线上，AD＝BE，推导出AB＝DE，而∠A＝∠EDF，∠ABC＝∠E，
即可根据“ASA”证明△ACB≌△DFE．
【解答】证明：∵点A，D，B，E 在同一条直线上，AD＝BE，
∴AD+BD＝BE+BD，
∴AB＝DE，
在△ACB 和△DFE 中，
{
∠𝐴= ∠𝐸𝐷𝐹
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
∠𝐴𝐵𝐶= ∠𝐸
，
∴△ACB≌△DFE（ASA）．
【变式1-2】（2026•鲤城区校级模拟）已知，如图，AC＝DE，AB∥DE，∠ACB＝∠D，求证：AD＝BC．
【分析】因为AB∥DE，所以可证∠E＝∠BAC，结合已知条件，可利用ASA 证明△ABC≌△EAD，则题
目可证．
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠BAC＝∠E，
在△EAD 和△ABC 中，
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{
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷
𝐴𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸
，
∴△EAD≌△ABC（ASA）．
∴AD＝BC．
【变式1-3】（2025 秋•永吉县期末）如图，在四边形ABCD 中，AD∥BC，E 为CD 的中点，连接AE 并延
长交BC 的延长线于点F，连接BE，且BE⊥AF．求证：
（1）FC＝AD；
（2）BC＝AB﹣AD．
【分析】（1）由SAS 可证△ADE≌△FCE，可得FC＝AD；
（2）由全等三角形的性质可得AE＝EF，由SAS 可证△AEB≌△FEB，可得AB＝BF，即可求解．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠FCE，
∵E 是CD 的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE 与△FCE 中，
{
∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐹𝐶𝐸
𝐷𝐸= 𝐶𝐸
∠𝐴𝐸𝐷= ∠𝐹𝐸𝐶
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴FC＝AD；
（2）由（1）知：△ADE≌△FCE，
∴AE＝FE，
又∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠FEB＝90°，
在△AEB 和△FEB 中，
{
𝐵𝐸= 𝐵𝐸
∠𝐴𝐸𝐵= ∠𝐹𝐸𝐵
𝐴𝐸= 𝐹𝐸
，
∴△AEB≌△FEB（SAS），
∴AB＝BF，
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∴AB＝BF＝BC+CF，
∵AD＝FC，
∴BC＝AB﹣AD．
▌题型04 利用AAS 证明两个三角形全等
两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等(简称“角角边”或“AAS”)。
用数学语言表述：
在△ABC 和△DEF 中
∠A=∠D
∠B=∠E
BC=EF
∴ △ABC ≌△DEF（AAS）
【典例1】（2026•五华区校级模拟）如图，AB 与CD 相交于点O，AC＝BD，AC∥BD，求证：△AOC≌△
BOD．
【分析】由AB 与CD 相交于点O，得∠AOC＝∠BOD，由AC∥BD，得∠A＝∠B，而AC＝BD，可根据
“AAS”证明△AOC≌△BOD．
【解答】证明：∵AB 与CD 相交于点O，
∴∠AOC＝∠BOD，
∵AC∥BD，
∴∠A＝∠B，
在△AOC 和△BOD 中，
{
∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）．
【变式1-1】（2026•天河区校级模拟）已知：AB∥CD，∠A＝∠C，DE＝BF，求证：△AEB≌△CFD．
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【分析】先证明DF＝BE，∠B＝∠D，再利用AAS 证明△AEB≌△CFD 即可．
【解答】证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠D，
∵DE＝BF，
∴DE﹣EF＝BF﹣EF，
∴DF＝BE．
在△AEB 和△CFD 中，
{
∠𝐴= ∠𝐶
∠𝐵= ∠𝐷
𝐵𝐸= 𝐷𝐹
，
∴△AEB≌△CFD（AAS）．
【变式1-2】（2026•五华区校级模拟）如图，点E 为AB 的中点，∠D＝∠C，∠DEA＝∠CBE．
求证：△ADE≌△ECB．
【分析】由中点定义可得AE＝BE，再由已知的两个角相等，根据AAS 即可判定．
【解答】证明：∵点E 为AB 的中点，
∴AE＝BE，
在△ADE 和△ECB 中，
{
∠𝐷= ∠𝐶
∠𝐷𝐸𝐴= ∠𝐶𝐵𝐸
𝐴𝐸= 𝐵𝐸
，
∴△ADE≌△ECB（AAS）．
【变式1-3】（2026•五华区校级模拟）如图，在△ABC 和△DEF 中，点A，C，D，F 在同一条直线上，AD
＝CF，AB∥DE，∠B＝∠E，求证：△ABC≌△DEF．
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【分析】根据等式的性质得出AC＝DF，进而利用AAS 证明△ABC≌△DEF 即可．
【解答】证明：∵AD＝CF，
∴AD﹣CD＝CF﹣CD，
即AC＝DF，
∵AB∥DE，
∴∠BAC＝∠EDF，
在△ABC 和△DEF 中，
{
∠𝐵= ∠𝐸
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐸𝐷𝐹
𝐴𝐶= 𝐷𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（AAS）．
▌题型05 三角形的稳定性
1. 三角形稳定性：三边长度固定，形状、大小唯一确定，不易变形。
2. 四边形不稳定性：四边固定，角度可变，容易拉伸变形。
解题本质：构造三角形=加固；纯四边形=易晃动
【典例1】（2026•巴中）要使六边形木架（用6 根木条钉成）不变形，至少要再钉上几根木条（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据三角形具有稳定性，要使六边形木架不变形，需将其分割成三角形，即过六边形的一个顶点
作对角线，需要的木条数等于对角线的条数．
【解答】解：过六边形的一个顶点作对角线，有6﹣3＝3 条对角线，
所以至少要钉上3 根木条．
故选：C．
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【变式1-1】（2026•朝阳区校级二模）下列生活实物中，没有应用到三角形的稳定性的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据三角形的稳定性，逐项进行判断即可．
【解答】解：A、活动衣架是四边形，应用了四边形的不稳定性，没有应用三角形的稳定性，故A 符合题
意；
B、梯子和拉杆构成三角形，应用了三角形的稳定性，故B 不符合题意；
C、三脚架是三角形，应用了三角形的稳定性，故C 不符合题意；
D、热水器的支架是三角形，应用了三角形的稳定性，故D 不符合题意．
故选：A．
【变式1-2】（2026 春•南山区校级期中）人字梯中间一般会设计一“拉杆”，这样做的道理是（ ）
A．两点之间，线段最短
B．垂线段最短
C．两直线平行，内错角相等
D．三角形具有稳定性
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【解答】解：人字梯中间一般会设计一“拉杆”，是为了形成三角形，利用三角形具有稳定性来增加其稳
定性，
故选：D．
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【变式1-3】（2026 春•北京期末）如图，长治漳泽湿地公园的网红桥（神农湖大桥），在修建时采用三角形
钢架结构，这是利用了三角形的 稳定性 ．
【分析】根据三角形具有稳定性解答．
【解答】解：在修建时采用三角形钢架结构，这是利用了三角形的稳定性，
故答案为：稳定性．
▌题型06 玻璃碎片问题
1. 核心依据
全等三角形判定定理：ASA、AAS、SAS、SSS、HL
题意本质：拿一块碎片去配一模一样的玻璃，碎片必须携带能唯一确定三角形的条件。
2. 解题总思路
（1）观察每块碎片保留的元素：角、边
（2） 匹配判定定理，满足其中一条就能复原原三角形
（3） 优先找：完整两个角 + 夹边（ASA） 的碎片，这是考试最常见答案
3. 分情况分析，一块三角玻璃打碎成①②③三块：
碎片①：只保留1 个角，无边长信息 → 不能配
碎片②：只有部分边，无完整两角 → 不能配
碎片③：保留完整两个内角 + 两角公共夹边
满足 ASA，两角及其夹边对应相等，三角形唯一确定，带这块去。
【典例1】（2025 秋•盐亭县期末）嘉嘉不慎将一块三角形的玻璃碎成如图所示的四块，她将第4 块带去商
店，就能配一块与原来相同的三角形玻璃，她依据的是（ ）
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A．三边分别相等的两个三角形全等
B．两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
C．两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
D．两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等
【分析】根据全等三角形的判定方法即可求解．
【解答】解：∵1、2、3 块玻璃不同时具备包括一完整边在内的三个证明全等的要素，所以不能带它们去，
只有第4 块有完整的两角及夹边，符合ASA，满足题目要求的条件，是符合题意的，
∴她依据的是两角及其夹边分别相等的两个三角形全等，
故选：C．
【变式1-1】（2026 春•奉贤区期末）有一块三角形玻璃在运输过程中，不小心碎成如图所示的四块，嘉淇想
按原来的大小在玻璃店再订制一块，需要带的两块可以是（ ）
A．①②
B．②③
C．①③
D．①④
【分析】两角及其夹边对应相等的两个三角形全等，由此即可判断．
【解答】解：A、B、C 中的两块玻璃只能知道三角形玻璃的一个角的大小，不能订制和原来一样的大小
的玻璃，故A、B、C 不符合题意；
D、由ASA 判定能订制和原来一样的大小的玻璃，故D 符合题意．
故选：D．
【变式1-2】丽丽同学不小心把家里的一块三角形玻璃打碎成如图所示的四块，现在要去玻璃店配一块完全
一样的玻璃，可以带哪块碎片去玻璃店（ ）
A．①②
B．②③
C．③④
D．②④
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：根据“ASA”，由①②可确定原三角形玻璃的大小．
故选：A．
【变式1-3】一块三角形玻璃被小红碰碎成四块，如图，小红只带其中的两块去玻璃店，买了一块和以前一
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样的玻璃，你认为她带哪两块去玻璃店了（ ）
A．带其中的任意两块
B．带1，4 或3，4 就可以了
C．带1，4 就可以了
D．带1，4 或2，3 或3，4 均可
【分析】要想买一块和以前一样的玻璃，只要确定一个角及两条边的长度或两角及一边即可，
即简单的全等三角形在实际生活中的应用．
【解答】解：由图可知，带上1，4 相当于两角夹边，即其形状及两边长确定，所以两块玻璃一样；
同理，3，4 中有两角夹一边，同样也可得全等三角形；
故选：B．
▌题型07 画出唯一的三角形
1. 核心本质
给定条件后，只存在一种大小、形状完全相同的三角形，即条件满足全等判定（SSS/SAS/ASA/AAS/HL）；
反之条件不足，能画出多个不一样的三角形，就不唯一。
2. 分两类判断标准
（1）能画出唯一三角形（5 种情况）
① SSS 三边确定
已知三条线段长度，只能画出1 个三角形。
思路：三边固定，三角形稳定，唯一。
②SAS 两边及其夹角
两条边+中间夹的角固定，唯一。
易错：两边和其中一边对角（SSA）不唯一！
③ASA 两角及其夹边
两个角+中间公共边固定，唯一（玻璃碎片题考点）。
④AAS 两角及其中一角对边
两个角+任意一条完整边，唯一。
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⑤HL 直角三角形斜边+一条直角边
只针对直角三角形，条件足够，唯一。
（2）不能画出唯一三角形（两种高频坑）
①SSA：两边和一边对角，可画出2 种不同三角形
②AAA：只给三个角，边长可大可小，是相似三角形，大小不固定
3. 典型例题快速判断
①三边长3,4,5 → SSS，唯一
②两边2、3，夹角60° → SAS，唯一
③两角30°、60°，夹边长5 → ASA，唯一
④两角45°、90°，一条对边4 → AAS，唯一
⑤直角三角形斜边5，直角边3 → HL，唯一
⑥两边2、3，2 所对的角30° → SSA，不唯一
⑦三个角30°、60°、90° → AAA，不唯一
【典例1】（2026 春•青羊区期末）根据下列已知条件，能画出唯一的△ABC 的是（ ）
A．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°
B．∠C＝90°，AB＝7
C．∠A＝60°，∠B＝55°，∠C＝65°
D．AB＝4，BC＝6，CA＝8
【分析】由全等三角形的判定方法，即可判断．
【解答】解：A、∠A 是BC 的对角，不能画出唯一的△ABC，故A 不符合题意；
B、还缺少添加，不能画出唯一的△ABC，故B 不符合题意；
C、判定两个三角形全等至少需要一边对应相等的条件，因此不能画出唯一的△ABC；故C 不符合题意；
D、4+6＞8，满足三角形三边关系定理，由SSS 判定能画出唯一的△ABC，故D 符合题意．
故选：D．
【变式1-1】（2026 春•高新区期中）根据下列条件，能作出唯一三角形的是（ ）
A．AB＝4，AC＝3，∠B＝30°
B．AB＝4，BC＝4，AC＝8
C．∠A＝50°，∠B＝60°，AC＝8
D．∠C＝90°，AB＝6
【分析】利用三角形三边关系和全等三角形的判定定理，逐一判断选项能否作出唯一三角形即可．
【解答】解：利用三角形三边关系和全等三角形的判定定理得，
A、已知两边及其中一边的对角SSA，不能确定唯一三角形，所以本选项错误，不符合题意．
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B、AB+BC＝4+4＝8＝AC，不满足三角形任意两边之和大于第三边，不能作出三角形，所以本选项错误，
不符合题意．
C、已知两个角，第三个角可由三角形内角和求出，且已知一条边，符合全等三角形AAS 的判定条件，能
作出唯一三角形，所以本选项正确，符合题意．
D、只知道一个直角和斜边，缺少边或角的条件，不能确定唯一三角形，所以本选项错误，不符合题意，
故选：C．
【变式1-2】（2025 秋•晋江市期末）根据下列已知条件，不能画出唯一的△ABC 的是（ ）
A．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°
B．AB＝3，BC＝4，AC＝6
C．AB＝5，BC＝5，∠B＝60°
D．AB＝5，∠A＝30°，∠B＝60°
【分析】根据全等三角形的判定定理即可求解．
【解答】解：A．已知两边和一边的对角，不能画出唯一的△ABC，所以该选项错误，符合题意；
B．可根据SSS，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意；
C．可根据SAS，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意；
D．可根据ASA，画出唯一的△ABC，所以该选项正确，不符合题意；
故选：A．
【变式1-3】（2026 春•河北区校级月考）根据下列已知条件，能确定△ABC 的形状和大小的是（ ）
A．∠A＝50°，∠B＝60°，∠C＝70°
B．∠A＝50°，∠B＝50°，AB＝5cm
C．AB＝5cm，AC＝4cm，∠B＝30°
D．AB＝6cm，BC＝4cm，AC＝1cm
【分析】根据全等三角形的判定方法，若各选项的条件满足三角形全等的条件，则可确定三角形的形状和
大小确定，否则三角形的形状和大小不能确定．
【解答】解：∠A＝50°，∠B＝60°，∠C＝70°，△ABC 的形状和大小不能确定，所以A 选项不符合
题意；
∠A＝50°，∠B＝50°，AB＝5cm，则利用“ASA”可判断△ABC 是唯一的，所以B 选项符合题意；
AB＝5cm，AC＝4cm，∠B＝30°，△ABC 的形状和大小不能确定，所以C 选项不符合题意；
AB＝6cm，BC＝4cm，AC＝1cm，不能构成三角形，所以D 选项不符合题意．
故选：B．
▌题型08 全等三角形的个数
1. 核心原则：不重不漏
按固定顺序分类枚举，禁止乱找，避免漏数、重复数。
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2. 标准分步流程
步骤1：标记相等条件
先圈出题给全等依据：
①边相等：公共边、中点、平行线、等腰、垂直平分线
②角相等：对顶角、内错角、同位角、直角、角平分线
③隐含：公共角、同角的余角/补角相等
步骤2：固定分类顺序
方法1：按三角形大小分类
①最小的单个小三角形，两两配对找全等；
②两个小三角形拼成的大三角形，配对；
③三个/多个拼成的更大三角形，配对。
方法2：固定一个顶点，依次配对
选定一个△ABC，遍历图中所有其他三角形，判断是否与△ABC 全等；
再取下一个未统计过的三角形，重复，不重复算已标记的。
方法3：按全等判定定理分组。
步骤3：区分“一组”和“个数”
步骤4：标记去重
【典例1】（2026•淮滨县校级开学）如图，AC＝BD，AB＝CD，图中全等三角形的对数是（ ）
A．1 对
B．2 对
C．3 对
D．4 对
【分析】先利用SSS 证明△ABC≌△DCB，△ABD≌△DCA，得到∠BAC＝∠CDB，再用AAS 证明△ABO
≌△DCO 即可．
【解答】解：在△ABC 和△DCB 中，
{
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
𝐴𝐵= 𝐶𝐷
𝐵𝐶= 𝐵𝐶
，
∴△ABC≌△DCB（SSS），
∴∠BAC＝∠CDB（全等三角形对应角相等）．
在△ABD 和△DCA 中，
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{
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
𝐴𝐵= 𝐶𝐷
𝐴𝐷= 𝐴𝐷
，
∴△ABD≌△DCA（SSS）．
又∵AB＝CD，∠AOB＝∠COD，∠BAC＝∠CDB，
∴△ABO≌△DCO（AAS）．
∴图中共有3 对全等三角形．
故选：C．
【变式1-1】（2025 秋•南昌期末）如图，已知AB＝AC，AD＝AE，BE 和CD 交于点F，则图中的全等三角
形的对数是（ ）
A．3 对
B．4 对
C．5 对
D．6 对
【分析】先根据“SAS”证明△ABE≌△ACD，则∠B＝∠C，BE＝CD，再证明BD＝CE，则可根据“AAS”
证明△BDF≌△CEF，根据全等三角形的性质得到DF＝EF，BF＝CF，然后利用“SSS”可判断△ADF≌
△AEF，△ABF≌△ACF．
【解答】解：在△ABE 和△ACD 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐴𝐷
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
，
∴△ABE≌△ACD（SAS）；
∴∠B＝∠C，BE＝CD，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
在△BDF 和△CEF 中，
{
∠𝐵𝐹𝐷= ∠𝐶𝐹𝐸
∠𝐵= ∠𝐶
𝐵𝐷= 𝐶𝐸
，
∴△BDF≌△CEF（AAS）；
∴DF＝EF，BF＝CF，
在△ADF 和△AEF 中，
{
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
𝐷𝐹= 𝐸𝐹
，
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∴△ADF≌△AEF（SSS）；
在△ABF 和△ACF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
𝐴𝐹= 𝐴𝐹
𝐵𝐹= 𝐶𝐹
，
∴△ABF≌△ACF（SSS），
综上所述，图中的全等三角形有4 对．
故选：B．
【变式1-2】如图，已知OA＝OB，OC＝OD，AD 和BC 相交于点E，则图中共有全等三角形的对数（ ）
A．2 对
B．3 对
C．4 对
D．5 对
【分析】由条件可证△AOD≌△BOC，可得∠A＝∠B，则可证明△ACE≌△BDE，可得AE＝BE，则可证
明△AOE≌△BOE，可得∠COE＝∠DOE，可证△COE≌△DOE，可求得答案．
【解答】解：
在△AOD 和△BOC 中
{
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝐴𝑂𝐷= ∠𝐵𝑂𝐶
𝑂𝐷= 𝑂𝐶
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠A＝∠B，
∵OC＝OD，OA＝OB，
∴AC＝BD，
在△ACE 和△BDE 中
{
∠𝐴= ∠𝐵
∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐸𝐷
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
∴△ACE≌△BDE（AAS），
∴AE＝BE，
在△AOE 和△BOE 中
{
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝐸= 𝐵𝐸
∴△AOE≌△BOE（SAS），
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∴∠COE＝∠DOE，
在△COE 和△DOE 中
{
𝑂𝐶= 𝑂𝐷
∠𝐶𝑂𝐸= ∠𝐷𝑂𝐸
𝑂𝐸= 𝑂𝐸
∴△COE≌△DOE（SAS），
故全等的三角形有4 对，
故选：C．
【变式1-3】如图1，已知AB＝AC，D 为∠BAC 的角平分线上面一点，连接BD，CD；如图2，已知AB＝
AC，D、E 为∠BAC 的角平分线上面两点，连接BD，CD，BE，CE；如图3，已知AB＝AC，D、E、F 为
∠BAC 的角平分线上面三点，连接BD，CD，BE，CE，BF，CF；…，依此规律，第n 个图形中有全等
三角形的对数是
1
2n（n+1） ．
【分析】根据图形得出当有1 点D 时，有1 对全等三角形；当有2 点D、E 时，有3 对全等三角形；当
有3 点D、E、F 时，有6 对全等三角形；根据以上结果得出当有n 个点时，可求得有
1
2n（n+1）对全等
三角形．
【解答】解：
解：当有1 点D 时，有1 对全等三角形；
当有2 点D、E 时，有3 对全等三角形；
当有3 点D、E、F 时，有6 对全等三角形；
当有4 点时，有10 个全等三角形；
…
当有n 个点时，图中有
1
2n（n+1）对全等三角形．
故答案为：
1
2n（n+1）．
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▌题型09 全等三角形的判定
根据全等三角形的判定定理进行选择。
【典例1】（2026 春•历城区校级月考）如图，已知△ABC 六个元素，下面甲、乙、丙三个三角形中和△ABC
全等的是（ ）
A．甲和乙
B．乙和丙
C．只有乙
D．只有丙
【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：甲：由SSA 不能判断两个三角形全等，故不符合题意；
乙：由SAS 能判断两个三角形全等，故符合题意；
丙：∵∠C＝180°﹣∠B﹣∠A＝58°，
而丙图形中第三个角（未知的角）为：180°﹣72°﹣50°＝58°，
∴△ABC 与丙图中有两角及其夹边对应相等，
由ASA 能判断两个三角形全等，故符合题意；
综上所述，乙和丙符合题意，所以只有选项B 正确，符合题意，
故选：B．
【变式1-1】（2025 秋•湖北期末）下列条件中，不能判定△ABC≌△A′B′C′的是（ ）
A．∠A＝∠A′，∠C＝∠C′，AC＝A′C′
B．∠B＝∠B′，BC＝B′C′，AB＝A′B′
C．∠A＝∠A′＝80°，∠B＝60°，∠C′＝40°，AB＝A′B′
D．∠A＝∠A′，BC＝B′C′，AB＝A′B′
【分析】根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【解答】解：A．∠A＝∠A′，∠C＝∠C′，AC＝A′C′，根据“ASA”可判断“△ABC≌△A′B′C′，
所以A 选项不符合题意；
B．∠B＝∠B′，BC＝B′C′，AB＝A′B′，根据“SAS”可判断“△ABC≌△A′B′C′，所以B 选
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项不符合题意；
C．∠A＝∠A′＝80°，∠B＝60°，∠C′＝40°，则∠B′＝60°，AB＝A′B′，根据“SAS”可判断
“△ABC≌△A′B′C′，所以B 选项不符合题意；
D．由∠A＝∠A′，BC＝B′C′，AB＝A′B′不能判断“△ABC≌△A′B′C′，所以D 选项符合题
意．
故选：D．
【变式1-2】（2025 秋•龙泉市期末）如图，已知△ABC 的两条边和两个角，甲图形的一条边和两个角，乙
图形的两条边和一个角，则下列说法正确的是（ ）
A．只有甲和△ABC 全等
B．只有乙和△ABC 全等
C．甲和乙均与△ABC 全等
D．甲和乙均不与△ABC 全等
【分析】由全等三角形的判定方法，即可判断．
【解答】解：由AAS 判定甲与△ABC 全等，
∵∠A＝180°﹣60°﹣41°＝79°，
∴由SAS 判定乙与△ABC 全等，
∴甲和乙均与△ABC 全等．
故选：C．
【变式1-3】（2025 秋•晋江市期末）如图，已知△ABC 的3 条边和3 个角，则能判断和△ABC 全等的是
（ ）
A．乙和丙
B．甲和丙
C．甲和乙
D．只有丙
【分析】首先观察图形，然后根据三角形全等的判定方法（AAS 与SAS），即可求得答案．
【解答】解：如图：
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在△ABC 和△EDF 中，
{
𝐶𝐵= 𝐷𝐹= 𝑎
∠𝐵= ∠𝐹= 50°
𝐴𝐵= 𝐸𝐹= 𝑐
，
∴△ABC≌△EDF（SAS）；
在△ABC 和△MNK 中，
{
∠𝑀= ∠𝐴
∠𝑁= ∠𝐵
𝑁𝐾= 𝐵𝐶
，
∴△ABC≌△MNK（AAS）．
∴甲、乙、丙三个三角形中和△ABC 全等的图形是：乙或丙．
故选：A．
▌题型10 添加条件证明三角形全等
第1 步：找出图中已有相等条件（圈出来）
1. 公共边：两个三角形共用一条边，天然相等
2. 公共角：共用同一个角，天然相等
3. 对顶角：相交形成，两角相等
4. 题干给出：中点、角平分线、平行、垂直、等腰、相等线段/角度
5. 推导隐含：平行线得内错/同位角；同角余角/补角相等
第2 步：整理已有条件，判断还差哪种
把现有条件归类：
- 已有一组边+一组夹角 → 缺一条夹边（凑SAS）
- 已有一组边+这条边上两个角 → 直接ASA，不用加
- 已有一组边+一组对角 → 再补一组角（凑AAS）
- 只有三条边相关 → 补边凑SSS
- 两个都是直角三角形，已有斜边相等 → 补一条直角边（HL）
第3 步：按判定定理写可添加的条件（优先最简）
同一个题通常有多个答案，选最简单的：
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1. 凑SAS：加夹角相等 或 加夹的另一条边
2. 凑ASA：加已知边另一侧的角
3. 凑AAS：加任意一组非夹边的角
4. 凑SSS：加剩余一组对应边
5. Rt△专用：斜边/直角边二选一
第4 步：验证，避开SSA 陷阱（关键避坑）
添加后检查：
不能出现“两边+其中一边的对角”，这种条件不能证全等。
例：AB=DE，BC=EF，∠A=∠D → SSA，无效。
【典例1】（2026 春•市北区期末）如图，在△ACE 和△BDF 中，∠C＝∠D，点C、F、E、D 在同一直线
上，CF＝DE．
（1）请你添加一个条件，使得△ACE≌△BDF，则这个条件可以是AC＝BD 或∠CAE＝∠DBF 或∠AEC
＝∠BFD ；（只写一个即可）
（2）根据（1）中你所添加的条件，请说明△ACE≌△BDF．
【分析】（1）根据三角形全等的判定定理添加条件即可；
（2）在△ACE 和△BDF 中，∠C＝∠D，CF＝DE，由CF＝DE 可得出CE＝DF，由三角形全等的判定定
理知，添加条件AC＝BD 或∠CAE＝∠DBF 或∠AEC＝∠BFD，满足SAS，AAS，ASA 从而得证．
【解答】（1）解：AC＝BD 或∠CAE＝∠DBF 或∠AEC＝∠BFD，
故答案为：AC＝BD 或∠CAE＝∠DBF 或∠AEC＝∠BFD；
（2）证明：∵CF＝DE，
∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF．
在△ACE 和△BDF 中，
{
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
∠𝐶= ∠𝐷
𝐶𝐸= 𝐷𝐹
，
∴△ACE≌△BDF（SAS）．
或证明：∵CF＝DE，
∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF．
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在△ACE 和△BDF 中，
{
∠𝐶𝐴𝐸= ∠𝐷𝐵𝐹
∠𝐶= ∠𝐷
𝐶𝐸= 𝐷𝐹
，
∴△ACE≌△BDF（AAS）．
或证明：∵CF＝DE，
∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF．
在△ACE 和△BDF 中，
{
∠𝐶= ∠𝐷
𝐶𝐸= 𝐷𝐹
∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐹𝐷
，
∴△ACE≌△BDF（ASA）．
【变式1-1】（2026 春•南山区期中）如图，已知∠B＝∠C＝∠AED＝90°．
（1）请你添加一个条件，使△ABE 与△ECD 全等，这个条件可以是AB＝EC（答案不唯一） （写
出一个合理的即可）．
（2）根据你所添加的条件，求证：△ABE≌△ECD．
【分析】（1）答案不唯一，可以添加条件：AB＝EC；
（2）根据ASA 即可证明△ABD≌△CEB．
【解答】（1）解：AB＝EC（或BE＝CD 或AE＝ED）．
故答案为：AB＝EC（答案不唯一）．
（2）证明：∵∠B＝∠C＝∠AED＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CED＝90°，
∴∠BAE＝∠CED，
在△ABE 和△ECD 中，
{
∠𝐵𝐴𝐸= ∠𝐶𝐸𝐷
𝐴𝐵= 𝐸𝐶
∠𝐵= ∠𝐶
，
∴△ABE≌△ECD（ASA）．
【变式1-2】如图，已知AB∥DE，AB＝DE，请你添加一个条件BC＝EF（答案不唯一） ，使△ABC≌△
DEF，并写出证明过程．
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【分析】由平行线的性质得到∠B＝∠DEF，由全等三角形的判定方法即可得到答案．
【解答】解：∵AB∥DE，
∴∠B＝∠DEF，
在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
∠𝐵= ∠𝐷𝐸𝐹
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴添加一个条件BC＝EF（答案不唯一），使△ABC≌△DEF．
故答案为：BC＝EF（答案不唯一）．
【变式1-3】（2025 秋•嘉峪关校级期末）课上老师提出了这样一个问题：已知：如图，AD＝AE，再添加一
个条件，可以证明△ADB≌△AEC．
（1）同学们认为可以添加的条件并不唯一，
同学甲添加的条件是：AB＝AC，则△ADB≌△AEC 的理由是 SAS ；
同学乙添加的条件是：∠B＝∠C，则△ADB≌△AEC 的理由是 AAS ；
同学丙添加的条件是：∠ADB＝∠AEC，则△ADB≌△AEC 的理由是 ASA ；
（2）若添加的条件是OE＝OD，证明：△ADB≌△AEC．
【分析】（1）根据全等三角形的判定定理逐一进行证明即可得解；
（2）根据全等三角形的判定定理SSS 推出△AEO≌△ADO，再根据全等三角形的性质得出∠AEO＝∠
ADO，求出∠B＝∠C，再根据全等三角形的判定定理AAS 证明即可．
【解答】（1）解：根据全等三角形的判定定理，
同学甲：在△ADB 和△AEC 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐸𝐴𝐶
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
所以△ADB≌△AEC 的理由是SAS，
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故答案为：SAS；
同学乙：在△ADB 和△AEC 中，
{
∠𝐵= ∠𝐶
∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐸𝐴𝐶
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△ADB≌△AEC（AAS），
所以△ADB≌△AEC 的理由是AAS，
故答案为：AAS；
同学丙：在△ADB 和△AEC 中，
{
∠𝐴𝐷𝐵= ∠𝐴𝐸𝐶
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
∠𝐷𝐴𝐵= ∠𝐸𝐴𝐶
，
∴△ADB≌△AEC（ASA），
所以△ADB≌△AEC 的理由是ASA，
故答案为：ASA；
（2）证明：连接AO，
在△AEO 和△ADO 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
𝑂𝐸= 𝑂𝐷
𝐴𝑂= 𝐴𝑂
，
∴△AEO≌△ADO（SSS），
∴∠AEO＝∠ADO，
∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC，
∴∠B＝∠C，
在△ADB 和△AEC 中，
{
∠𝐵= ∠𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△ADB≌△AEC（AAS）．
▌题型11 二次全等证明
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1. 什么是二次全等
无法一步直接证目标三角形全等，需要先证第一组全等，利用第一组全等得出的边/角相等，当作新条件，
再证第二组全等。
2. 通用四步解题流程
步骤1：拆分目标，分清“先证谁、后证谁”
看结论要证的是哪两个三角形（第二组全等），观察这组三角形缺什么条件：
缺边相等 / 缺角相等 → 这个缺失的条件，就要靠第一次全等推导出来。
步骤2：寻找第一组能直接证明全等的三角形
从题干给的原始条件（平行、中点、角平分线、垂直、公共边、对顶角等），找不用间接推导、直接凑齐
判定的一对三角形。
步骤3：由第一次全等，写出推导结论
若△①≌△②，可得：对应边相等、对应角相等，这是连接两次全等的桥梁条件。
步骤4：代入桥梁条件，证第二次全等
把第一步全等得到的等边/等角，和原图原有条件结合，凑齐SSS/SAS/ASA/AAS/HL，完成最终证明。
【典例1】如图，已知A，B，C，D 在一条直线上，AB＝CD，BE⊥AD，CF⊥AD，AE＝DF，则AF＝DE，
为什么？
【分析】由已知条件易证Rt△ABE≌RtDCF，所以可得∠EAD＝∠FDA，进而可证明△EAD≌△FDA，所
以AF＝DE．
【解答】解：AF＝DE，理由如下：
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠EBA＝∠FCD＝90°，
在Rt△ABE 和RtDCF 中，
{𝐴𝐵= 𝐷𝐶
𝐴𝐸= 𝐷𝐹，
∴Rt△ABE≌RtDCF，
∴∠EAD＝∠FDA，
在△EAD 和△FDA 中，
{
𝐴𝐸= 𝐷𝐹
∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐹𝐷𝐴
𝐴𝐷= 𝐷𝐴
，
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∴△EAD≌△FDA，
∴AF＝DE．
【变式1-1】如图，点A，C，D，B 在同一条直线上，点E，F 分别在直线AB 的两侧，AE＝BF，DE＝CF，
AC＝BD．猜想CE，DF 的数量和位置关系，并说明理由．
【分析】由题意可知AD＝BC，根据SSS 即可证明△ADE≌△BCF，则∠A＝∠B，证明△ACE≌△BDF，
得到∠ACE＝∠BDF，进而可证CE∥DF
【解答】解：CE∥DF，CE ＝DF．理由如下：
∵AC＝BD，
∴AC+CD＝BD+CD，
即AD＝BC．
在△ADE 和△BCF 中，
{
𝐴𝐷= 𝐵𝐶
𝐴𝐸= 𝐵𝐹
𝐷𝐸= 𝐶𝐹
，
∴△ADE≌△BCF（SSS）；
∴∠A＝∠B（全等三角形对应角相等）．
在△ACE 和△BDF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐵𝐹
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
，
∴△ACE≌△BDF（SAS），
∴∠ACE＝∠BDF（全等三角形对应角相等），
∴180°﹣∠ACE＝180°﹣∠BDF，
即∠ECD＝∠CDF，
∴CE∥DF（内错角相等，两直线平行）．
【变式1-2】如图，已知AC⊥BC，AD⊥BD，AD＝BC，CE⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为E、F．
求证：CE＝DF．
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【分析】先利用“HL”证明△ABC≌△BAD 得出∠DAB＝∠CBA，再由“AAS”证明△EBC≌△DAF，即
可证明CE＝DF．
【解答】证明：∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠ACB＝∠BDA＝90°，
∵AD＝BC，AB＝BA，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），
∴∠DAB＝∠CBA，
∵CE⊥AB，DF⊥AB，
∴∠CEB＝∠DFA＝90°，
在△CEB 和△DFA 中，
{
∠𝐶𝐸𝐵= ∠𝐷𝐹𝐴
∠𝐶𝐵𝐴= ∠𝐷𝐴𝐵
𝐵𝐶= 𝐴𝐷
，
∴△CEB≌△DFA（AAS），
∴CE＝DF．
【变式1-3】如图，AD＝AE，OE＝OD，求证：△ADB≌△AEC．
【分析】连接AO，根据全等三角形的判定定理SSS 推出△AEO≌△ADO，根据全等三角形的性质得出
∠AEO=∠ADO，求出∠B=∠C，再根据全等三角形的判定定理AAS 证明即可．
【解答】证明：连接AO，
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在△AEO 和△ADO 中，
{
𝐴𝐸= 𝐴𝐷
𝑂𝐸= 𝑂𝐷
𝐴𝑂= 𝐴𝑂
，
∴△AEO≌△ADO（SSS），
∴∠AEO＝∠ADO，
∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC，
∴∠B＝∠C，
在△ADB 和△AEC 中，
{
∠𝐵= ∠𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
∴△ADB≌△AEC（AAS）．
