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专题23 三角形全等的判定思路
（题型突破·举一反三）
题型01 已知两边找第三边（SSS）
题型02 已知两边找夹角（SAS）
题型03 已知一角与邻边找该角的另一边（SAS）
题型04 已知一角与邻边找该边的另一角（ASA）
题型05 已知一角与邻边找该边的对角（AAS）
题型06 已知一边与对角找另一角（AAS）
题型07 已知两角找夹边（ASA）
题型08 已知直角与直角边找斜边（HL）
▌题型01 已知两边找第三边（SSS）
已经具备两组对应边相等：AB=DE，BC=EF，
找第三边（AC=DF），通过SSS 证明△ABC≌△DEF。
【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．
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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】如图，已知AD、BC 相交于点O，AB＝CD，AD＝CB．求证：∠A＝∠C．
【分析】连接BD，利用“边边边”证明△ABD 和△CDB 全等，根据全等三角形对应角相等证明即可．
【解答】证明：连接BD，
在△ABD 和△CDB 中，
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{
𝐴𝐵= 𝐶𝐷
𝐴𝐷= 𝐶𝐵
𝐵𝐷= 𝐷𝐵
，
∴△ABD≌△CDB（SSS），
∴∠A＝∠C．
【变式1-3】如图，AC 与BD 交于点O，AD＝CB，E、F 是BD 上两点，且AE＝CF，DE＝BF．
求证：（1）∠D＝∠B；（2）AE∥CF．
【分析】（1）根据SSS 推出△ADE≌△CBF，根据全等三角形的性质推出即可．
（2）根据全等三角形的性质推出∠AED＝∠CFB，求出∠AEO＝∠CFO，根据平行线的判定推出即可．
【解答】解：（1）∵在△ADE 和△CBF 中，
{
𝐴𝐸= 𝐶𝐹
𝐴𝐷= 𝐵𝐶
𝐷𝐸= 𝐵𝐹
，
∴△ADE≌△CBF（SSS），
∴∠D＝∠B．
（2）由（1）得，△ADE≌△CBF，
∴∠AED＝∠CFB，
∵∠AED+∠AEO＝180°，∠CFB+∠CFO＝180°，
∴∠AEO＝∠CFO，
∴AE∥CF．
▌题型02 已知两边找夹角（SAS）
已经具备两组对应边相等：AB=DE，BC=EF，
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找第夹角（∠ABC＝∠DEF），通过SAS 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026 春•兴庆区校级期末）如图，点C、B、E、F 在同一条直线上，AC∥DF，BF＝CE，AC＝
DF，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】因为AC∥DF，则∠ACB＝∠DFE，因为BF＝CE，则EF＝CB．即可判定△ABC≌△DEF（SAS）．
【解答】证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE．
∵BF＝CE，
∴BF﹣BE＝CE﹣BE，
即EF＝CB．
在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐶= 𝐷𝐹
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐹𝐸
𝐶𝐵= 𝐸𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【变式1-1】（2026•武定县二模）如图，已知点B，E，C，F 在一条直线上，AB∥DE，BF＝CE，AB＝DE．试
说明：△ABC≌△DEF．
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【分析】由线段的和差关系可得出BC＝EF，由平行线的性质可得出∠B＝∠E，即可得出△ABC≌△DEF
（SAS）．
【解答】证明：∵BF＝CE，
∴BF+FC＝CE+FC，
∵BC＝BF+FC，EF＝CE+FC，
∴BC＝EF，
∵AB∥DE，
∴∠B＝∠E（两直线平行，内错角相等），
在△ABC 和△DEF 中，
{
𝐴𝐵= 𝐷𝐸
∠𝐵= ∠𝐸
𝐵𝐶= 𝐸𝐹
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【变式1-2】（2026 春•礼泉县期末）如图，在△ABC 和△EDC 中，AC＝EC，BC＝DC，∠ECB＝∠ACD．请
判断△ABC 和△EDC 是否全等？为什么？
【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）．
【变式1-3】（2026 春•勉县期末）【思路梳理】
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（1）等腰△ABC 和等腰△ADE 的位置如图1 所示，分别连接BD、EC 并延长交于点F，AB＝AC，AD＝
AE，∠BAC＝∠DAE＝130°．
①若BD＝7，求EC 的长；
②求∠F 的度数．
【问题解决】
（2）某种植基地内有一个形状为等腰△ABC 的种植田（周围空地可利用），AB＝AC，BC＝160 米，现
计划对该种植田进行扩建，在AC 右侧找一点D，连接BD、AD、CD，沿BD、CD、BC 设置隔离栏（宽
度忽略不计），在△BDC 区域内种植土豆，∠ADB＝∠ACB，过点A 作AE⊥BD 于点E，在BE 上取一点
G，使得EG＝ED，连接AG，已知BE＝100 米，请你帮助该种植基地计算隔离栏的总长度（即△BDC 的
周长）．
【分析】（1）①由∠BAC＝∠DAE 得到∠BAD＝∠CAE，证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得到CE＝
BD＝7；
②由等边对等角得到∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴𝐸𝐷= 1
2 (180° −∠𝐷𝐴𝐸) = 25°，由全等三角形的性质得到∠ADB＝∠
AEC，从而根据三角形外角的性质与角的和差求出∠F 即可；
（2）由垂直平分线的性质得到AG＝AD，因此∠AGD＝∠ADG，由AB＝AC，得到∠ABC＝∠ACB，从而
根据三角形的内角和定理得到∠BAG＝∠CAD，即可证明△ABG≌△ACD（SAS），因此BG＝CD，从而
可推出BD+CD＝2BE，进而可解答．
【解答】解：（1）等腰△ABC 和等腰△ADE 的位置如图1 所示，分别连接BD、EC 并延长交于点F，
则：
①因为∠BAC＝∠DAE，
所以∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，
所以∠BAD＝∠CAE，
∵在△ABD 和△ACE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐸
𝐴𝐷= 𝐴𝐸
，
所以△ABD≌△ACE（SAS），
所以CE＝BD＝7．
②因为AD＝AE，∠DAE＝130°，
所以∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐴𝐸𝐷= 1
2 (180° −∠𝐷𝐴𝐸) = 25°，
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因为△ABD≌△ACE，
所以∠ADB＝∠AEC，
因为∠F＝∠EDB﹣∠FED
＝∠EDA+∠ADB﹣∠FED，
＝∠ADE+∠AEC﹣∠FED
＝∠ADE+∠AED
＝25°+25°
＝50°．
（2）现计划对该种植田进行扩建，在AC 右侧找一点D，连接BD、AD、CD，沿BD、CD、BC 设置隔
离栏（宽度忽略不计），
因为EG＝ED，AE⊥BD，
所以AG＝AD，
所以∠AGD＝∠ADG，
所以∠GAD＝180°﹣∠ADG﹣∠AGD＝180°﹣2∠ADG．
因为AB＝AC，
所以∠ABC＝∠ACB，
所以∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣2∠ACB，
因为∠ADB＝∠ACB，
所以∠BAC＝∠GAD，
所以∠BAC﹣∠GAC＝∠GAD﹣∠GAC，
即∠BAG＝∠CAD，
因为在△ABG 和△ACD 中，
{
𝐴𝐵= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐴𝐺= ∠𝐶𝐴𝐷
𝐴𝐺= 𝐴𝐷
，
∴△ABG≌△ACD（SAS），
所以BG＝CD，
因为BE＝100 米，EG＝ED，
所以BD+CD＝BG+EG+ED+CD＝2（BG+EG）＝2BE＝200 米，
所以总长度为BD+CD+BC＝200+160＝360（米）．
▌题型03 已知一角与邻边找该角的另一边（SAS）
已经具备一角与邻边对应相等：AB=DE，∠ABC＝∠DEF，
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找将该角夹起来的另一边（BC=EF），通过SAS 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026 春•昆都仑区校级期中）如图，点E 在AB 上，AC＝AD，∠CAB＝∠DAB，△BCE 与△BDE
全等吗？请说明理由．
【分析】判定△ACB≌△ADB（SAS），推出BC＝BD，∠CBE＝∠DBE，即可证明△BCE≌△BDE（SAS）．
【解答】解：△BCE 与△BDE 全等，理由如下：
∵AC＝AD，∠CAB＝∠DAB，AB＝AB，
∴△ACB≌△ADB（SAS），
∴BC＝BD，∠CBE＝∠DBE，
∵BE＝BE，
∴△BCE≌△BDE（SAS）．
【变式1-1】（2026 春•青山区期中）如图，点E，F 在AC 上，AB∥CD，AB＝CD，AF＝CE．
（1）求证：∠B＝∠D；
（2）判断BF 与ED 的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠A＝∠C，根据全等三角形的性质得到∠B＝∠D；
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（2）根据全等三角形的性质和平行线的判定定理得到结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
在△ABF 与△CDE 中，
{
𝐴𝐵= 𝐶𝐷
∠𝐴= ∠𝐶
𝐴𝐹= 𝐶𝐸
，
∴△ABF≌△CDE（SAS），
∴∠B＝∠D；
（2）解：BF＝DE，BF∥DE，
理由：∵△ABF≌△CDE，
∴BF＝DE，∠AFB＝∠CED，
∴DE∥BF．
【变式1-2】（2026•榆林校级模拟）如图，点D 在边BC 上，AC＝AE，∠C＝∠E，∠1＝∠2．求证：BC＝
DE．
【分析】先由题中条件得到∠BAC＝∠DAE，再由两个三角形全等的判定与性质求证即可．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，
则∠BAC＝∠DAE，
在△ABC 和△ADE 中，
{
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸
𝐴𝐶= 𝐴𝐸
∠𝐶= ∠𝐸
，
∴△ABC≌△ADE（ASA），
∴BC＝DE．
【变式1-3】（2026 春•绛县期末）如图1，△ABE 是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝45°，过点B 作BC⊥
AE 于点C，在BC 上截取CD＝CE，连接AD、DE 并延长AD 交BE 于点P；
（1）求证：AD＝BE；
（2）试说明AD 平分∠BAE；
（3）如图2，将△CDE 绕着点C 旋转一定的角度，那么AD 与BE 的位置关系是否发生变化，说明理由．
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【分析】（1）利用SAS 证明△BCE≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等得到AD＝BE．
（2）根据△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由∠BDP＝∠ADC，得到∠BPD＝∠DCA＝90°，利
用等腰三角形的三线合一，即可得到AD 平分∠BAE；
（3）AD⊥BE 不发生变化．由△BCE≌△ACD，得到∠EBC＝∠DAC，由对顶角相等得到∠BFP＝∠AFC，
根据三角形内角和为180°，所以∠BPF＝∠ACF＝90°，即AD⊥BE．
【解答】解：（1）∵BC⊥AE，∠BAE＝45°，
∴∠CBA＝∠CAB，
∴BC＝CA，
在△BCE 和△ACD 中，
{
𝐵𝐶= 𝐴𝐶
∠𝐵𝐶𝐸= ∠𝐴𝐶𝐷= 90°
𝐶𝐸= 𝐶𝐷
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴AD＝BE．
（2）∵△BCE≌△ACD，
∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BDP＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠DCA＝90°，
∵AB＝AE，
∴AD 平分∠BAE．
（3）AD⊥BE 不发生变化．
如图2，
∵△BCE≌△ACD，
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∴∠EBC＝∠DAC，
∵∠BFP＝∠AFC，
∴∠BPF＝∠ACF＝90°，
∴AD⊥BE．
▌题型04 已知一角与邻边找该边的另一角（ASA）
已经具备一角与邻边对应相等：AB=DE，∠ABC＝∠DEF，
找与该边相邻的另一角（∠BAC＝∠EDF），通过ASA 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026 春•静安区校级期末）如图，已知：在△ABC 中，D 为边AB 上一点，过点D 作BC 的平
行线，交∠B 的平分线于点E，交AC 于点F，G 为BE 的中点，连接FG 并延长，交BC 于点H．求证：
（1）BD＝DE；
（2）BD＝DF+BH．
【分析】（1）根据平行线的性质及角平分线的定义可得∠DBE＝∠E，进而得到BD＝DE；
（2）先证△BGH≌△EGF（ASA），得到BH＝EF，再根据边的关系即可证明．
【解答】（1）∵DE∥BC，
∴∠GBH＝∠E（两直线平行，内错角相等），
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∵BE 平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠DBE，
∴∠DBE＝∠E，
∴BD＝DE；
（2）∵G 为BE 的中点，
∴BG＝EG，
在△BGH 和△EGF 中，
{
∠𝐵𝐺𝐻= ∠𝐸𝐺𝐹
𝐵𝐺= 𝐸𝐺
∠𝐺𝐵𝐻= ∠𝐸
，
∴△BGH≌△EGF（ASA），
∴BH＝EF，
∴BD＝DE＝DF+EF＝DF+BH．
【变式1-1】（2026•西安校级模拟）如图所示的类似帆船的图形由△ABC 与△DEF 拼成，寓意着广大考生
考试过程“一帆风顺”，已知DF∥BC，∠B＝∠FED，且CE+BC＝DC，求证：AC＝DF．
【分析】根据题意可证明BC＝DE，再根据平行线的性质可得∠FDE＝∠ACB，最后运用ASA 即可证明△
ABC≌△FED，可得AC＝DF．
【解答】证明：∵DC＝DE+EC，且CE+BC＝DC，
∴CE+BC ＝ DE+EC，
∴BC＝DE，
∵DF∥BC，
∴∠FDE＝∠ACB，
在△ABC 和△FED 中，
{
∠𝐵= ∠𝐹𝐸𝐷
𝐵𝐶= 𝐷𝐸
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐷𝐸
，
∴△ABC≌△FED（ASA），
∴AC＝DF．
【变式1-2】（2026•榆林模拟）如图，△ABC 与△CED 的顶点B、C、E 在一条直线上，点A、D 在BE 上
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方，∠B＝∠ACD＝∠E，AB＝CE，求证：AC＝CD．
【分析】根据三角形的外角性质可得∠A＝∠DCE，再证明△ABC≌△CED（ASA），即可得到结论．
【解答】证明：∵∠ACE＝∠B+∠A，∠ACE＝∠ACD+∠DCE，∠B＝∠ACD，
∴∠A＝∠DCE，
在△ABC 和△CED 中，
{
∠𝐴= ∠𝐷𝐶𝐸
𝐴𝐵= 𝐶𝐸
∠𝐵= ∠𝐸
∴△ABC≌△CED（ASA），
∴AC＝CD．
【变式1-3】（2026•新城区校级模拟）如图，在△ABC 中，E 是AC 的中点，点F 在边AB 上，过点C 作CD
∥AB，交FE 的延长线于点D．求证：AF＝CD．
【分析】由中点可得AE＝CE，再由平行线的性质可得∠A＝∠DCE，结合对顶角相等得∠AEF＝∠CED，
利用ASA 可判定△AEF≌△CED，即有AF＝CD．
【解答】证明：∵E 是AC 的中点，
∴AE＝CE，
∵CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△AEF 与△CED 中，
{
∠𝐴𝐸𝐹= ∠𝐶𝐸𝐷
𝐴𝐸= 𝐶𝐸
∠𝐴= ∠𝐷𝐶𝐸
，
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴AF＝CD．
▌题型05 已知一角与邻边找该边的对角（AAS）
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已经具备一角与邻边对应相等：AB=DE，∠ABC＝∠DEF，
找该边的对角（∠ACB＝∠DFE），通过AAS 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026•城关区模拟）如图，AE∥BF，∠E＝∠F，AD＝BC．求证：△ACE≌△BDF．
【分析】由平行线的性质推出∠A＝∠B，由AD＝BC，得到AC＝BD，即可证明△ACE≌△BDF（AAS）．
【解答】证明：∵AE∥BF，
∴∠A＝∠B，
∵AD＝BC，
∴AC＝BD，
在△ACE 和△BDF 中，
{
∠𝐴= ∠𝐵
∠𝐸= ∠𝐹
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
，
∴△ACE≌△BDF（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．
【分析】先证明DF＝BE，∠B＝∠D，再利用AAS 证明△AEB≌△CFD 即可．
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【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•西山区校级模拟）如图，已知∠ABD＝∠ACD＝90°，AD 平分∠BAC．求证：△ABD
≌△ACD．
【分析】先根据角平分线的定义得出∠BAD＝∠CAD，进而利用AAS 证明△ABD≌△ACD 即可．
【解答】证明：∵AD 平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△ABD 和△ACD 中，
{
∠𝐵𝐴𝐷= ∠𝐶𝐴𝐷
∠𝐴𝐵𝐷= ∠𝐴𝐶𝐷= 90°
𝐴𝐷= 𝐴𝐷
，
∴△ABD≌△ACD（AAS）．
【变式1-3】（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，
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∴∠AOC＝∠BOD，
∵AC∥BD，
∴∠A＝∠B，
在△AOC 和△BOD 中，
{
∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝐷
∠𝐴= ∠𝐵
𝐴𝐶= 𝐵𝐷
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）．
▌题型06 已知一边与对角找另一角（AAS）
已经具备一边与对角对应相等：AB=DE，∠ACB＝∠DFE，
找另一角（∠ABC＝∠DEF 或∠BAC＝∠EDF），通过AAS 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026 春•茂南区期末）如图，已知AB∥DE，点A、C、D 在同一条直线上，∠BAE＝∠BAD+∠
B，且AE＝BC．求证：△ABC≌△DAE．
【分析】由AB∥DE，得∠BAC＝∠D，由∠BAE＝∠BAD+∠B，且∠BAE＝∠BAD+∠DAE，推导出∠B
＝∠DAE，而BC＝AE，可根据“AAS”证明△ABC≌△DAE．
【解答】证明：∵AB∥DE，点A、C、D 在同一条直线上，
∴∠BAC＝∠D，
∵∠BAE＝∠BAD+∠B，且∠BAE＝∠BAD+∠DAE，
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∴∠BAD+∠B＝∠BAD+∠DAE，
∴∠B＝∠DAE，
在△ABC 和△DAE 中，
{
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷
∠𝐵= ∠𝐷𝐴𝐸
𝐵𝐶= 𝐴𝐸
，
∴△ABC≌△DAE（AAS）．
【变式1-1】（2026•亭湖区三模）如图，∠A＝∠B，∠1＝∠2，点D 在AC 边上，AE 和BD 相交于点O．
（1）若∠2＝40°，求∠AEB 的度数；
（2）若∠EDC＝∠C，求证：△AEC≌△BED．
【分析】（1）在△AOD 和△BOE 中，利用三角形内角和定理可得∠1＝∠AEB，从而得到答案；
（2）先证明ED＝EC，∠AEC＝∠BED，再利用AAS 可证得△AEC≌△BED．
【解答】解：（1）∵∠A＝∠B，∠BOE＝∠AOD，点D 在AC 边上，AE 和BD 相交于点O，
∴∠AEB＝∠1，
又∵∠1＝∠2，∠2＝40°，
∴∠AEB＝∠1＝∠2＝40°；
（2）证明：∵∠EDC＝∠C，
∴EC＝ED，
由（1）知∠AEB＝∠1，
又∵∠1＝∠2，
∴∠2+∠AED＝∠AEB+∠AED，
即∠AEC＝∠BED，
在△AEC 和△BED 中，
{
∠𝐴= ∠𝐵
∠𝐴𝐸𝐶= ∠𝐵𝐸𝐷
𝐸𝐶= 𝐸𝐷
，
∴△AEC≌△BED（AAS）．
【变式1-2】（2026•大理州模拟）如图，在△ABC 中，点D 是边BC 上一点，点E 是边BC 延长线上一点，
BD＝EC，点F 为△ABC 外一点，连接DF，EF，∠A＝∠F，AC∥DF，求证：△ABC≌△FED．
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【分析】根据线段的和差求出BC＝ED，根据平行线的性质求出∠ACB＝∠FDE，利用AAS 即可证明△
ABC≌△FED．
【解答】证明：∵BD＝EC，
∴BD+DC＝EC+DC，
即BC＝ED，
∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠FDE，
在△ABC 与△FED 中，
{
∠𝐴= ∠𝐹
∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐹𝐷𝐸
𝐵𝐶= 𝐸𝐷
，
∴△ABC≌△FED（AAS）．
【变式1-3】（2026 春•章丘区期末）如图，已知：在△ABC 中，AM 是△ABC 的中线，MP 平分∠AMB，MQ
平分∠AMC，且BP⊥MP 于点P，CQ⊥MQ 于点Q．
（1）求证：MP⊥MQ；
（2）求证：△BMP≌△MCQ．
【分析】（1）利用角平分线的定义得到∠AMP= 1
2∠AMB，∠AMQ= 1
2∠AMC，则可计算出∠PMQ= 1
2（∠
AMB+∠AMC）＝90°，从而得到结论；
（2）先证明BP∥QM 得到∠PBM＝∠QMC，然后根据“AAS”可判断△BMP≌△MCQ．
【解答】证明：（1）∵MP 平分∠AMB，MQ 平分∠AMC，
∴∠AMP= 1
2∠AMB，∠AMQ= 1
2∠AMC，
∴∠PMQ＝∠AMP+∠AMQ= 1
2∠AMB+ 1
2∠AMC
= 1
2（∠AMB+∠AMC）
= 1
2 ×180°
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＝90°，
∴MP⊥MQ；
（2）由（1）知，MP⊥MQ，
∵BP⊥MP，
∴BP∥QM，∠BPM＝90°，∠CQM＝90°，
∴∠PBM＝∠QMC，
∵AM 是△ABC 的中线，
∴BM＝MC，
在△BMP 和△MCQ 中
{
∠𝐵𝑃𝑀= ∠𝑀𝑄𝐶
∠𝑀𝐵𝑃= ∠𝐶𝑀𝑄
𝐵𝑀= 𝑀𝐶
，
∴△BMP≌△MCQ（AAS）．
▌题型07 已知两角找夹边（ASA）
已经具备两角对应相等：∠ABC＝∠DEF，∠ACB＝∠DFE，
找夹边（BC＝EF），通过ASA 证明△ABC≌△DEF。
【典例1】（2026•桥东区二模）如图，已知△ABC 和△ADE，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，∠B＝∠D，AD 与
BC 交于点P，点C 在DE 上．
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（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）若∠BAD＝40°，求∠E 的度数．
【分析】（1）由题意易得∠BAC＝∠DAE，然后根据“ASA”证明全等即可；
（2）由（1）可知AC＝AE，则有∠E＝∠ACE，然后根据三角形内角和可进行求解．
【解答】（1）证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠PAC＝∠CAE+∠PAC，
∴∠BAC＝∠DAE．
在△ABC 和△ADE 中
{
∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐷𝐴𝐸
𝐴𝐵= 𝐴𝐷
∠𝐵= ∠𝐷
，
∴△ABC≌△ADE（ASA）；
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴AC＝AE，
∴∠E＝∠ACE．
∵∠BAD＝∠CAE＝40°，
∴∠E＝∠ACE= 1
2 ×（180°﹣40°）＝70°．
【变式1-1】（2026•白河县校级模拟）如图，在△ABC 中，D 为边AB 上的一点，E 为AC 的中点，连接DE
并延长至点F，连接CF，使得CF∥AB．求证：AD＝CF．
【分析】根据全等三角形的判定定理进行分析即可．
【解答】证明：在△ABC 中，D 为边AB 上的一点，E 为AC 的中点，
∵CF∥AB，
∴∠A＝∠ECF，
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∵E 为AC 的中点，
∴AE＝CE，
∵∠AED＝∠CEF，
∴△AED≌△CEF（ASA），
∴AD＝CF．
【变式1-2】（2026 春•新城区校级期末）如图，在△ABC 中，CD 是AB 边上的中线，E，F 为直线CD 上的
点，连接AE，BF，且AE∥BF．
（1）求证：△ADE≌△BDF；
（2）若CF＝15，CE＝8，求DE 的长．
【分析】（1）已知CD 是AB 边上的中线，可得AD＝BD，又AE∥BF，可得∠EAD＝∠FBD，又因为∠
BDE＝∠CDF（对顶角相等），可证△ADE≌△BDF；
（2）由（1）中证明的△ADE≌△BDF，可得DE＝DF，进而求得DE 的长．
【解答】（1）证明∵CD 是AB 边上的中线，
∴AD＝BD，
∵AE∥BF，
∴∠EAD＝∠FBD，
在△ADE 和△BDF 中，
{
∠𝐸𝐴𝐷= ∠𝐹𝐵𝐷
𝐴𝐷= 𝐵𝐷
∠𝐴𝐷𝐸= ∠𝐵𝐷𝐹
，
∴△ADE≌△BDF（ASA）；
（2）解：∵CF＝15，CE＝8，
∴EF＝CF﹣CE＝15﹣8＝7，
∵△ADE≌△BDF，
∴DE＝DF，
∵DE+DF＝EF＝7，
∴DE= 1
2EF= 1
2 ×7＝3.5．
【变式1-3】（2026 春•高安市期末）如图，正方形ABCD 的对角线AC 和BD 相交于点O，O 是正方形OEFG
的一个顶点，OE 交AB 于点M，OG 交BC 于点N．
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（1）求证：△AOM≌△BON；
（2）如果两个正方形的边长都是a，那么这两个正方形重叠部分的面积等于多少？请写出证明过程．
【分析】（1）由题意得OA＝OB，∠OAB＝∠OBC＝45°又因为∠AOM+∠MOB＝90°，∠MOB+∠BON
＝90°，可得∠AOM＝∠BON，根据ASA 可证明全等；
（2）由（1）得△AOM≌△BON，从而有S△AOM＝SBON，再根据𝑆四边形𝑂𝑀𝐵𝑁= 𝑆△𝑀𝑂𝐵+ 𝑆△𝑂𝐵𝑁= 𝑆△𝑀𝑂𝐵+
𝑆△𝐴𝑂𝑀= 𝑆△𝐴𝑂𝐵= 1
4 𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷．据此解答．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD 和OEFG 中，
∠OAB＝∠OBC＝45°，AO＝BO，∠AOB＝90°，
∵∠MOB+∠BON＝90°，∠AOM+∠MOB＝90°，
∴∠AOM＝∠BON．
在△AOM 和△BON 中，
{
∠𝑂𝐴𝑀= ∠𝑂𝐵𝑁
𝑂𝐴= 𝑂𝐵
∠𝐴𝑂𝑀= ∠𝐵𝑂𝑁
，
∴△AOM≌△BON（ASA）；
（2）解：∵△AOM≌△BON，
∴S△AOM＝SBON，
∴𝑆四边形𝑂𝑀𝐵𝑁= 𝑆△𝑀𝑂𝐵+ 𝑆△𝑂𝐵𝑁= 𝑆△𝑀𝑂𝐵+ 𝑆△𝐴𝑂𝑀= 𝑆△𝐴𝑂𝐵= 1
4 𝑆正方形𝐴𝐵𝐶𝐷= 1
4 × 𝑎2 = 1
4 𝑎2
▌题型08 已知直角与直角边找斜边（HL）
已经具备直角∠ABC＝∠DEF＝90°，一组直角边对应边相等：AB＝DE（或BC＝EF），
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找斜边（AC＝DF），通过HL 证明Rt△ABC≌Rt△DEF。
【典例1】（2026 春•南海区校级月考）如图，A，E，B，D 在同一直线上，FE⊥AD，CB⊥AD，AE＝DB，
AC＝DF，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】利用HL 证明Rt△ABC≌Rt△DEF 即可．
【解答】证明：A，E，B，D 在同一直线上，FE⊥AD，CB⊥AD，
∵AE＝DB，
∴AE+EB＝EB+BD，
即AB＝DE，
在Rt△ABC 与Rt△DEF 中，
{𝐴𝐵= 𝐷𝐸
𝐴𝐶= 𝐷𝐹，
∴Rt△ABC≌Rt△DEF（HL），
即△ABC≌△DEF．
【变式1-1】（2025 秋•苍南县校级期末）如图，点A、C、D、E 在同一条直线上，BC⊥AE，FD⊥AE，且
AB＝EF，AD＝CE，求证：△ABC≌△EFD．
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【分析】由题意可得∠ACB＝∠EDF＝90°，再由线段的和差得出AC＝ED，最后利用“HL”证明△ABC
≌△EFD 即可．
【解答】证明：∵点A、C、D、E 在同一条直线上，BC⊥AE，FD⊥AE，AD＝CE，
∴∠ACB＝∠EDF＝90°，AD﹣CD＝CE﹣CD，即AC＝ED．
在Rt△ABC 和Rt△EFD 中，
{𝐴𝐶= 𝐸𝐷
𝐴𝐵= 𝐸𝐹，
∴Rt△ABC≌Rt△EFD（HL）
【变式1-2】（2026 春•南海区校级月考）如图，∠A＝∠B＝90°，E 是AB 上的一点，且AE＝BC，∠1＝
∠2．求证：△ADE≌△BEC．
【分析】由等角对等边推出DE＝EC，即可证明Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴DE＝EC，
在Rt△ADE 和Rt△BEC 中，
{𝐷𝐸= 𝐸𝐶
𝐴𝐸= 𝐵𝐶，
∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）．
【变式1-3】（2025 秋•丰满区校级期末）如图，A、B 两点分别在射线OM、ON 上，点C 在∠MON 的内部，
已知AC＝BC，CD⊥OM，CE⊥ON，垂足分别为D、E，且AD＝BE，求证：OC 平分∠MON．
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【分析】由CD⊥OM，CE⊥ON，垂足分别为D、E，得∠ADC＝∠BEC＝90°，而AC＝BC，AD＝BE，
可根据“HL”证明Rt△ACD≌Rt△BCE，得CD＝CE，则点C 在∠MON 的平分线上，所以OC 平分∠
MON．
【解答】证明：∵CD⊥OM，CE⊥ON，垂足分别为D、E，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
在Rt△ACD 和Rt△BCE 中，
{𝐴𝐶= 𝐵𝐶
𝐴𝐷= 𝐵𝐸，
∴Rt△ACD≌Rt△BCE（HL），
∴CD＝CE，
∵点C 在∠MON 的内部，且点C 到OM、ON 的距离相等，
∴点C 在∠MON 的平分线上，
∴OC 平分∠MON．
