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1.5 三角形全等的判定 题型专练
★★利用“SSS”判定两个三角形全等
文字语言：三边分别相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”.
几何语言：在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (SSS).
★★利用“SAS”判定两个三角形全等
1、文字语言：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”.
2、几何语言：
在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (SSS).
3、方法：
（1）已知两边，可以找“夹角”；
（2）已知一角和这角的一夹边，可找这角的另一夹边
【注意】1. 有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等.
2. 说明两三角形全等所需的条件应按对应边的顺序书写.
3. 结论中所出现的边必须在所证明的两个三角形中.
★★利用“ASA”判定两个三角形全等
1、文字语言：有两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(简写成“角边角”或“ASA”）.
2、几何语言：在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (ASA).
★★利用“AAS”判定两个三角形全等
1、文字语言：两角和其中一角的对边分别相等的两个三角形全等.简写成“角角边”或“AAS”.
2、几何语言：
在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (AAS).
3、“ASA”与“AAS”的区别与联系
“S”的意义 书写格式 联系
ASA “S”是两角的夹边. 把夹边相等写在两角相等的中间. 由三角形内角和定理可知，“ASA”与“AAS”可以互相转化.
AAS “S”是两角的夹边. 把两角相等写在一起，边相等放在最后.
题型一 全等三角形判定的条件
解题技巧提炼 判断三角形全等的条件时，注意两边与其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等. 解题时要根据已知条件的情况来考虑，对于非特殊的三角形，只具备 SSA 时一般是不能判定三角形全等的．
1．（2024春 新郑市期末）下列所给的四组条件中，能作出唯一三角形的是（ ）
A．∠A＝∠B＝∠C＝60°
B．AB＝1cm，AC＝4cm，BC＝5cm
C．AB＝5cm，AC＝6m，∠C＝30°
D．BC＝3cm，AC＝5cm，∠C＝60°
2．（2024春 金水区期末）如图，已知AB＝CD且AB∥CD，点E，F为线段AC上的两点，添加以下条件，不能判定△ABE≌△CDF的是（ ）
A．BE＝DF B．∠AEB＝∠CFD C．BE∥DF D．AF＝CE
3．（2023秋 任城区期末）如图，在△ABC和△DEC中，已知AB＝DE，∠B＝∠E，添加一个条件，不能判定△ABC≌△DEC的是（ ）
A．∠ECB＝∠DCA B．BC＝EC C．∠A＝∠D D．AC＝DC
4．（2023秋 新昌县期末）如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上．下面给出5个论断：①AB＝DE，②AC＝DF，③BE＝CF，④∠ACB＝∠DFE，⑤∠A＝∠D．选其中3个作为条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①②④
题型二 利用“边边边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 三边分别相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”.
1．（2024 五华区校级模拟）如图，C，D是AF上的两点，且AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF．
求证：∠B＝∠E．
2．如图，D是BC上一点，AB＝AD，BC＝DE，AC＝AE．
求证：△ABC≌△ADE；
3．（2023 云南）如图，C是BD的中点，AB＝ED，AC＝EC．求证：△ABC≌△EDC．
4．（2023 临江市一模）如图，已知AD＝CE，BD＝BE，B是AC的中点，求证：△ABD≌△CBE．
5．如图，点A、D、C、F在同一条直线上，AD＝CF，AB＝DE，BC＝EF．
求证：△ABC≌△DEF；
题型三 利用“边角边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”. （1）已知两边，可以找“夹角”； （2）已知一角和这角的一夹边，可找这角的另一夹边．
1．（2023 昆明模拟）如图，已知AB＝DF，∠B＝∠F，BE＝FC．求证△ABC≌△DFE．
2．（2023 鲁甸县二模）如图，点A，F，C，D在同一直线上，BC∥EF，AF＝DC，BC＝EF．
求证：△ABC≌△DEF．
3．（2023 祥云县模拟）已知：如图，点F、C在线段BE上，AB＝DE，∠B＝∠E，BF＝EC，求证：△ABC≌△DEF．
4．（2023 乾安县四模）已知：如图，BA＝BD，BE＝BC，∠ABD＝∠CBE，求证：△ABE≌△DBC．
5．（2023 五华区校级模拟）如图，已知AB∥DE，AB＝DE，AF＝DC．
求证：△ABC≌△DEF．
6．（2024 泸县模拟）如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F．BC＝DE，AC＝AE，∠ACF+∠AED＝180°．求证：AB＝AD．
题型四 利用“角边角”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 有两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(简写成“角边角”或“ASA”）.
1．（2024 南昌模拟）如图，∠A＝∠DEF，∠ACB＝∠F，AE＝CF，A，E，C，F四点共线，
求证：△ABC≌△EDF．
2．（2023秋 徐州期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC⊥CD，DE⊥AC于点E，AB＝CE，求证：△ABC≌△CED．
3．（2023秋 亭湖区期末）已知：如图，∠A＝∠B，AE＝BE，∠1＝∠2，点D在AC边上．
求证：△AEC≌△BED．
4．（2023秋 洪山区校级期末）如图，点C是线段AB的中点，∠B＝∠ACD，AD∥CE．求证：△ACD≌△CBE．
5．（2023 呈贡区校级三模）如图，在△ABC和△ADE中，∠C＝∠E，AC＝AE，∠CAD＝∠EAB．
求证：△ABC≌△ADE．
6．（2023 宁江区三模）已知：如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点A作AE∥BF分别交DC、DF于点G、点E，DG＝CH，求证：△DFH≌△CAG．
题型五 利用“角角边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 两角和其中一角的对边分别相等的两个三角形全等.简写成“角角边”或“AAS”.
1．（2024 绥江县二模）如图，∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，AC＝AE，求证：△ABC≌△ADE．
2．（2023秋 无锡期末）如图，AC与DE交于点O，且OE＝OC．点E、C在BF上，BE＝CF，∠A＝∠D．
求证：△ABC≌△DFE．
3．（2023秋 邵阳县期末）如图，点D，E在△ABC的边BC上，∠B＝∠C，∠ADB＝∠AEC，求证：△ABD≌△ACE．
4．（2023 盘龙区二模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，
且DE＝CB．求证：△CED≌△ABC．
5．（2023 长沙）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E．
求证：△ABE≌△ACD；
6．（2023秋 西华县期末）如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，连接BD，AE⊥AB交BD于点E，CF⊥CD交BD于点F，DE＝BF，求证：△ABE≌△CDF．
题型六 判定三角形的全等求线段长
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等，再利用全等三角形的性质确定两个三角形中边的对应关系即可求解.
1．茗茗用同种材料制成的金属框架如图所示，已知∠B＝∠E，AB＝DE，BF＝EC，其中△ABC的周长为24cm，CF＝3cm，则制成整个金属框架所需这种材料的长度为 cm．
2．（2023春 浦东新区校级期末）如图，△ABC中，AD和BE是两条高线，相交于点F，若AC＝BF，BD＝5，CD＝2，则AF＝ ．
3．（2023 青海一模）在△ABC中，D是BC边的中点，若AB＝9，AC＝5，则△ABC的中线AD长的取值范围是（ ）
A．5＜AD＜9 B．4＜AD＜9 C．2＜AD＜14 D．2＜AD＜7
4．（2023春 常熟市期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C作CD⊥AB，垂足为D．在射线CD上截取CE＝CA，过点E作EF⊥CE，交CB的延长线于点F．
（1）求证：△ABC≌△CFE；
（2）若AB＝9，EF＝4，求BF的长．
5．（2023春 平阴县期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
6．（2023 惠山区校级模拟）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的点，连接BE，CF，且BE∥CF．
（1）求证：△BDE≌△CDF；
（2）若AE＝13，AF＝7，试求DE的长．
题型七 判定三角形的全等求角度
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等,再利用全等三角形的性质证明角相等，要注意挖掘图形中隐含的条件，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
1．（2023秋 光山县期末）如图，AB＝AC，BD＝CD，∠BAD＝35°，∠ADB＝120°，则∠C的度数为（ ）
A．25° B．30° C．35° D．55°
2．（2023秋 陇县期末）如图，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝110°，∠BAE＝60°，则∠CAE为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．50°
3．（2024春 金牛区校级期中）如图，在△ABC和△DEF中，点B，C，E，F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，∠A＝95°，∠DEF＝15°，则∠F的度数为（ ）
A．25° B．60° C．70° D．95°
4．（2024 重庆模拟）如图，D、E分别是△ABC外部的两点，连接AD、AE，有AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝α．连接CD、BE交于点F，则∠DFE的度数为 ．
5．（2023秋 长沙期末）如图，点A，D，B，E在同一直线上，AC＝EF，AD＝BE，
∠C＝∠F＝90°．
（1）求证：△ABC≌△EDF；
（2）∠ABC＝57°，求∠ADF的度数．
6．（2023春 青羊区期末）如图在△ABC中，D是BC边上的一点，AB＝DB，BE平分∠ABC，交AC边于点E，连接DE．
（1）求证：△ABE≌△DBE；
（2）若∠A＝100°，∠C＝40°，求∠DEC的度数．
题型八 利用三角形全等证明两直线的位置关系
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等,再利用全等三角形的性质证明角相等，要注意挖掘图形中隐含的条件，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
1．（2024 吉林二模）已知：如图，点C在BE上，AB⊥BE，DE⊥BE，且AB＝CE、BC＝ED．
求证：AC⊥CD．
2．（2023秋 甘井子区校级月考）如图，点C、E、B、F在同一直线上，AC∥DF，AC＝DF，BF＝CE，试判断AB和DE的关系，并说明理由．
3．（2023秋 青川县期末）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）请判断BD、CE有何大小、位置关系，并证明．
4．（2023春 东明县期中）如图，四边形ABCD中，BC＝CD，AC＝DE，AB∥CD，∠B＝∠DCE＝90°，AC与DE相交于点F．
（1）求证：△ABC≌△ECD；
（2）判断线段AC与DE的位置关系，并说明理由．
5．（2023春 源城区期末）如图，∠C＝∠D，AC＝BD，点O在AD，BC的交点，点E是AB中点，连接OE．
（1）求证：△AOC≌△BOD．
（2）判断OE和AB的位置关系，并说明理由．
6．如图所示，点B、E、F、C在同一条直线上，有AE⊥BC．DF⊥BC，垂足分别为点E、F，且AC＝DB，BE＝CF，求证：
（1）AC∥BD；
（2）AB∥CD．
题型九 三角形全等的开放探究题
解题技巧提炼 三角形全等中的开放题，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.
1．（2024春 杨浦区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为点D、点E，AD与BE交于点F，要使△BDF≌△ADC，还需添加一个条件，这个条件可以是 （只需填写一个）．
2．（2024 黑龙江模拟）如图，点B，F，C，E在一条直线上，AB∥ED，BF＝CE，请添加一个条件 ，使△ABC≌△DEF（填一个即可）．
3．（2023 贵州模拟）如图，点D在BC上，∠ADB＝∠B，∠BAD＝∠CAE．
（1）添加条件： （只需写出一个），使△ABC≌△ADE；
（2）根据你添加的条件，写出证明过程．
4．（2024 合阳县二模）如图，在△ABC和△ADE中，点D在BC上，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，请你再添加一个条件： ，使得△ABC≌△ADE，并说明理由．
5．（2023秋 安溪县期末）如图，AC∥DF，AC＝DF．下列三个条件：
①AE＝DB；
②BC＝EF；
③∠C＝∠F．
请你从①②③中选一个条件，使△ABC≌△DEF．
（1）你添加的条件是 （填序号）；
（2）添加条件后，请证明△ABC≌△DEF．
题型十 利用三角形全等解决实际问题
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．
1．（2024春 金水区校级期末）某大学计划为新生配备如图①所示的折叠凳．图②是折叠凳撑开后的侧面示意图（木条等材料宽度忽略不计），其中凳腿AB和CD的长相等，O是它们的中点．为了使折叠凳坐着舒适，厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为30cm，则由以上信息可推得CB的长度也为30cm，依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．SSS D．AAS
2．（2023秋 儋州期末）如图，小李用若干长方体小木块，分别垒了两堵与地面垂直的木块墙，其中木块墙AD＝24cm，CE＝12cm．木块墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板，点B在DE上，点A和C分别与木块墙的顶端重合，则两堵木块墙之间的距离DE为（ ）
A．48cm B．42cm C．38cm D．36cm
3．（2023秋 太和县期末）小丽与爸爸、妈妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，小丽两脚在地面上用力一蹬，妈妈在B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若点B距离地面的高度为1.5m，点B到OA的距离BD为1.7m，点C距离地面的高度是1.6m，∠BOC＝90°，则点C到OA的距离CE为（ ）
A．1m B．1.6m C．1.4m D．1.8m
4．（2024春 梅州月考）如图，是一个瓶子的切面图，测量得到瓶子的外径AB的长度是10cm，为了得到瓶子的壁厚a cm，小庆把两根相同长度的木条DE和CF的中点O固定在一起，做了一个简单的测量工具，如图，得到EF的长为6cm，则瓶子的壁厚a的值为 cm．
5．（2024春 沙坪坝区校级期中）北关中学数学兴趣小组为测量校内攀岩墙AM的高度，设计了如下方案：首先找一根长度大于AM的直杆，使直杆斜靠在墙上，且顶端与点A重合，记录直杆与地面的夹角∠ABM＝55°；然后使直杆顶端沿墙面竖直缓慢下滑，直到∠MDC＝35°，标记此时直杆的底端点D；最后测得DM＝5m，则攀岩墙的高度AM＝ m．
6．（2024春 未央区月考）数学活动课上，小宇带着组员想要测量学校博智楼AB的高度．他们的测量方案如下：在大树DE与博智楼AB之间找到一点C，使得此时树的顶端点D处的视线CD与博智楼的顶端A处的视线交于点C，此时，测量得知∠ACB与∠DCE互余，且BC＝DE＝10米，BE＝28米．请你求出博智楼AB的高度．
题型十一 全等三角形的判定与性质的综合应用
解题技巧提炼 三角形的全等判定与性质的综合应用主要是用来探究线段、角之间的数量，因此可利用全等三角形的性质解决问题．
1．（2024 莲湖区校级一模）如图，点B，F，C，E在一条直线上，OA＝OD，AC∥FD，BF＝CE，AD交BE于点O．求证：AB∥DE．
2．（2023秋 东莞市期中）如图，已知CA＝CB，AD＝BD，M、N分别是CA、CB的中点，求证：DM＝DN．
3．（2023秋 铜官区期末）已知如图，E、F在BD上，且AB＝CD，BF＝DE，AE＝CF，求证：AC与BD互相平分．
4．已知：AB⊥BD，ED⊥BD，AC＝CE，BC＝DE．
（1）试猜想线段AC与CE的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将CD沿CB方向平移至图2情形，其余条件不变，结论AC1⊥C2E还成立吗？请说明理由．
（3）若将CD沿CB方向平移至图3情形，其余条件不变，结论AC1⊥C2E还成立吗？请说明理由．
5．如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C在△ABC外作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）求证：MN＝AM+BN；
（2）如图②，若过点C作直线MN与线段AB相交，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N（AM＞BN），（1）中的结论是否仍然成立？若不成立，请写出正确的结论，并说明理由．
6．（2023秋 临江市期末）如图所示，BD、CE是△ABC高，点P在BD的延长线上，CA＝BP，点Q在CE上，QC＝AB．
（1）判断：∠1 ∠2（用“＞”、“＜”、“＝”填空）；
（2）探究：PA与AQ之间的关系；
（3）若把（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC＞AB，∠A是钝角，其他条件不变，试探究PA与AQ之间的关系，请画出图形并直接写出结论．中小学教育资源及组卷应用平台
1.5 三角形全等的判定 题型专练
★★利用“SSS”判定两个三角形全等
文字语言：三边分别相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”.
几何语言：在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (SSS).
★★利用“SAS”判定两个三角形全等
1、文字语言：两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”.
2、几何语言：
在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (SSS).
3、方法：
（1）已知两边，可以找“夹角”；
（2）已知一角和这角的一夹边，可找这角的另一夹边
【注意】1. 有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等.
2. 说明两三角形全等所需的条件应按对应边的顺序书写.
3. 结论中所出现的边必须在所证明的两个三角形中.
★★利用“ASA”判定两个三角形全等
1、文字语言：有两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(简写成“角边角”或“ASA”）.
2、几何语言：在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (ASA).
★★利用“AAS”判定两个三角形全等
1、文字语言：两角和其中一角的对边分别相等的两个三角形全等.简写成“角角边”或“AAS”.
2、几何语言：
在△ABC 和△DEF 中，
∴△ABC≌△DEF (AAS).
3、“ASA”与“AAS”的区别与联系
“S”的意义 书写格式 联系
ASA “S”是两角的夹边. 把夹边相等写在两角相等的中间. 由三角形内角和定理可知，“ASA”与“AAS”可以互相转化.
AAS “S”是两角的夹边. 把两角相等写在一起，边相等放在最后.
题型一 全等三角形判定的条件
解题技巧提炼 判断三角形全等的条件时，注意两边与其中一边的对角分别相等的两个三角形不一定全等. 解题时要根据已知条件的情况来考虑，对于非特殊的三角形，只具备 SSA 时一般是不能判定三角形全等的．
1．（2024春 新郑市期末）下列所给的四组条件中，能作出唯一三角形的是（ ）
A．∠A＝∠B＝∠C＝60°
B．AB＝1cm，AC＝4cm，BC＝5cm
C．AB＝5cm，AC＝6m，∠C＝30°
D．BC＝3cm，AC＝5cm，∠C＝60°
【分析】根据三角形三边的关系对B选项进行判断；根据全等三角形的判定方法可对A、C、D选项进行判断．
【解答】解：A．∠A＝∠B＝∠C＝60°，不符合全等三角形的条件，所以A选项不符合题意；
B．1cm、4cm、5cm不能组成三角形，所以B选项不符合题意；
C．AB＝5cm，AC＝6cm，∠C＝30°，不符合三角形全等的条件，所以C选项不符合题意．
D．BC＝3cm，AC＝5cm，∠C＝60°，符合三角形全等的条件，所以D选项符合题意；
故选：D．
【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．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
2．（2024春 金水区期末）如图，已知AB＝CD且AB∥CD，点E，F为线段AC上的两点，添加以下条件，不能判定△ABE≌△CDF的是（ ）
A．BE＝DF B．∠AEB＝∠CFD C．BE∥DF D．AF＝CE
【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：∵AB∥CD，
∴∠A＝∠C，
A、∵AB＝CD，∠A＝∠C，BE＝DF，
∴△ABE和△CDF不一定全等，
故A符合题意；
B、∵AB＝CD，∠A＝∠C，∠AEB＝∠CFD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
故B不符合题意；
C、∵BE∥DF，
∴∠BEF＝∠DFE，
∵∠BEF+∠AEB＝180°，∠DFE+∠CFD＝180°，
∴∠AEB＝∠CFD，
∵AB＝CD，∠A＝∠C，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
故C不符合题意；
D、∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
∴AE＝CF，
∵AB＝CD，∠A＝∠C，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
故D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
3．（2023秋 任城区期末）如图，在△ABC和△DEC中，已知AB＝DE，∠B＝∠E，添加一个条件，不能判定△ABC≌△DEC的是（ ）
A．∠ECB＝∠DCA B．BC＝EC C．∠A＝∠D D．AC＝DC
【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：∵AB＝DE，∠B＝∠E，
∴当添加∠ECB＝∠DCA，则∠ACB＝∠DCE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△DEC；
当添加BC＝EC，则可根据“SAS”判断△ABC≌△DEC；
当添加∠A＝∠D，则可根据“ASA”判断△ABC≌△DEC．
故选：D．
【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．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
4．（2023秋 新昌县期末）如图，在△ABC和△DEF中，B，E，C，F在同一条直线上．下面给出5个论断：①AB＝DE，②AC＝DF，③BE＝CF，④∠ACB＝∠DFE，⑤∠A＝∠D．选其中3个作为条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．③④⑤ D．①②④
【分析】根据全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL依次对各选项分析即可判断．
【解答】解：③∵BE＝CF，
∴BC＝EF．
A、①②③根据“SSS”可判断△ABC≌△DEF；
B、②③④根据“SAS”可判断△ABC≌△DEF；
C、③④⑤根据“AAS”可判断△ABC≌△DEF；
D、①②④为两边与一边的对角对应相等，故不能判断△ABC≌△DEF；
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
题型二 利用“边边边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 三边分别相等的两个三角形全等，简写为“边边边”或“SSS”.
1．（2024 五华区校级模拟）如图，C，D是AF上的两点，且AB＝DE，AC＝DF，BC＝EF．
求证：∠B＝∠E．
【分析】证明△ABC≌△DEF，即可得出结论．
【解答】证明：在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS），
∴∠B＝∠E．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，正确记忆相关知识点是解题关键．
2．如图，D是BC上一点，AB＝AD，BC＝DE，AC＝AE．
求证：△ABC≌△ADE；
【分析】由“SSS”可证△ABC≌△ADE；
【解答】证明：在△ABC和△ADE中，
∴△ABC≌△DEF（SSS）
【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．
3．（2023 云南）如图，C是BD的中点，AB＝ED，AC＝EC．求证：△ABC≌△EDC．
【分析】求出BC＝DC，根据全等三角形的判定定理证明即可．
【解答】证明：∵C是BD的中点，
∴BC＝DC，
在△ABC和△EDC中，
，
∴△ABC≌△EDC（SSS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理，能熟记全等三角形的判定定理是解此题的关键，全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，两直角三角形全等还有HL．
4．（2023 临江市一模）如图，已知AD＝CE，BD＝BE，B是AC的中点，求证：△ABD≌△CBE．
【分析】先根据线段中点的定义可得AB＝CB，再根据SSS定理即可得证．
【解答】证明：∵B是AC的中点，
∴AB＝CB，
在△ABD与△CBE中，
，
∴△ABD≌△CBE（SSS）．
【点评】本题考查了三角形全等的判定，熟练掌握三边对应相等的两个三角形全等是解题的关键．
5．如图，点A、D、C、F在同一条直线上，AD＝CF，AB＝DE，BC＝EF．
求证：△ABC≌△DEF；
【分析】求出AC＝DF，根据SSS推出△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵AC＝AD+DC，DF＝DC+CF，且AD＝CF
∴AC＝DF
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF（SSS）
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
题型三 利用“边角边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 两边和它们的夹角分别相等的两个三角形全等，简写成“边角边”或“SAS”. （1）已知两边，可以找“夹角”； （2）已知一角和这角的一夹边，可找这角的另一夹边．
1．（2023 昆明模拟）如图，已知AB＝DF，∠B＝∠F，BE＝FC．求证△ABC≌△DFE．
【分析】先由BE＝FC得出BC＝EF，再根据全等三角形的判定定理SAS推出即可．
【解答】证明：∵BE＝FC，
∴BE+EC＝FC+EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定定理的应用，能理解全等三角形的判定定理是解此题的关键，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS．
2．（2023 鲁甸县二模）如图，点A，F，C，D在同一直线上，BC∥EF，AF＝DC，BC＝EF．
求证：△ABC≌△DEF．
【分析】根据平行线的性质得出∠ACB＝∠DFE，结合题意利用SAS证明△ABC≌△DEF即可．
【解答】证明：∵BC∥EF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵AF＝CD，
∴AF+FC＝DF+FC，
即AC＝DF，
在△ABC和△DEF中，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2023 祥云县模拟）已知：如图，点F、C在线段BE上，AB＝DE，∠B＝∠E，BF＝EC，求证：△ABC≌△DEF．
【分析】依据BF＝CE，易证BC＝EF，即可运用SAS证明△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵BF＝EC，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟记两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等是解题的关键．
4．（2023 乾安县四模）已知：如图，BA＝BD，BE＝BC，∠ABD＝∠CBE，求证：△ABE≌△DBC．
【分析】由SAS可判定△ABC≌△DBE，即可得出其对应线段相等．
【解答】证明：∵∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD+∠DBE＝∠CBE+∠DBE，
∴∠ABE＝∠DBC，
在△ABE与△DBC中，
，
∴△ABE≌△DBC（SAS）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握．
5．（2023 五华区校级模拟）如图，已知AB∥DE，AB＝DE，AF＝DC．
求证：△ABC≌△DEF．
【分析】由平行线的性质可得∠A＝∠D，再由已知条件可得AC＝DF，利用SAS即可判定△ABC≌△DEF．
【解答】证明：∵AB∥DE，
∴∠A＝∠D，
∵AF＝DC，
∴AF+CF＝DC+CF，
即AC＝DF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，解答的关键是由已知条件求得AC＝DF．
6．（2024 泸县模拟）如图，在△ABC和△ADE中，延长BC交DE于F．BC＝DE，AC＝AE，∠ACF+∠AED＝180°．求证：AB＝AD．
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△ADE，可得结论．
【解答】证明：∵∠ACB+∠ACF＝∠ACF+∠AED＝180°，
∴∠ACB＝∠AED，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴AB＝AD．
【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．
题型四 利用“角边角”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 有两角和它们的夹边分别相等的两个三角形全等(简写成“角边角”或“ASA”）.
1．（2024 南昌模拟）如图，∠A＝∠DEF，∠ACB＝∠F，AE＝CF，A，E，C，F四点共线，
求证：△ABC≌△EDF．
【分析】根据全等三角形的判定定理求证即可．
【解答】证明：∵AE＝CF，
∴AC+CE＝CF+CE，
即AC＝EF，
在△ABC和△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（ASA）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
2．（2023秋 徐州期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC⊥CD，DE⊥AC于点E，AB＝CE，求证：△ABC≌△CED．
【分析】由垂直的定义可知，∠DEC＝∠B＝90°，由平行线的性质可得，∠A＝∠DCE，进而由ASA可得结论．
【解答】证明：∵DE⊥AC，∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵BC⊥CD，
∴CD∥AB，
∴∠A＝∠DCE，
在△CED和△ABC中，
，
∴△CED≌△ABC（ASA）．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定，垂直的定义和平行线的性质，熟知全等三角形的判定定理是解题基础．
3．（2023秋 亭湖区期末）已知：如图，∠A＝∠B，AE＝BE，∠1＝∠2，点D在AC边上．
求证：△AEC≌△BED．
【分析】由∠1＝∠2，得到∠AEC＝∠BED，又∠A＝∠B，AE＝BE，由ASA即可证明△AEC≌△BED．
【解答】证明：∵∠1＝∠2，
∴∠AEC＝∠BED，
在△AEC和△BED中，
，
∴△AEC≌△BED（ASA）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是由∠1＝∠2，得到∠AEC＝∠BED，由ASA即可证明问题．
4．（2023秋 洪山区校级期末）如图，点C是线段AB的中点，∠B＝∠ACD，AD∥CE．求证：△ACD≌△CBE．
【分析】由已知条件得到AC＝CB，∠A＝∠BCE，根据三角形全等的判定定理ASA可证得△ACD≌△CBE．
【解答】证明：∵点C是AB的中点，
∴AC＝CB，
∵AD∥CE，
∴∠A＝∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
∴△ACD≌△CBE（ASA）．
【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（直角三角形）．
5．（2023 呈贡区校级三模）如图，在△ABC和△ADE中，∠C＝∠E，AC＝AE，∠CAD＝∠EAB．
求证：△ABC≌△ADE．
【分析】根据ASA证明即可．
【解答】证明：∵∠CAD＝∠EAB，
∴∠CAD+∠DAB＝∠EAB+∠DAB，
即∠CAB＝∠EAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（ASA）．
【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．（2023 宁江区三模）已知：如图，AC∥DF，点B为线段AC上一点，连接BF交DC于点H，过点A作AE∥BF分别交DC、DF于点G、点E，DG＝CH，求证：△DFH≌△CAG．
【分析】先根据平行线的性质得出∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，再由DG＝CH可知CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，根据ASA定理即可得出结论．
【解答】证明：∵AC∥DF，AE∥BF，
∴∠C＝∠D，∠AGC＝∠DHF，
∵DG＝CH，
∴CH+HG＝HG+DG，即CG＝DH，
在△DFH和△CAG中，
，
∴△DFH≌△CAG（ASA）．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定，熟知两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等是解答此题的关键．
题型五 利用“角角边”直接判定两三角形全等
解题技巧提炼 两角和其中一角的对边分别相等的两个三角形全等.简写成“角角边”或“AAS”.
1．（2024 绥江县二模）如图，∠ABC＝∠ADE，∠BAD＝∠CAE，AC＝AE，求证：△ABC≌△ADE．
【分析】先证明∠BAC＝∠DAE．然后利用“AAS”证明△ABC≌△ADE．
【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，
即∠BAC＝∠DAE．
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS）．
【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；选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
2．（2023秋 无锡期末）如图，AC与DE交于点O，且OE＝OC．点E、C在BF上，BE＝CF，∠A＝∠D．
求证：△ABC≌△DFE．
【分析】由等腰三角形性质得到∠ACB＝∠DEF，由BE＝CF，得到BC＝FE，而∠A＝∠D．由AAS即可证明△ABC≌△DFE（AAS）．
【解答】证明：∵OE＝OC，
∴∠ACB＝∠DEF，
∵BE＝CF，
∴BC＝FE，
在△ABC和△DFE中，
，
∴△ABC≌△DFE（AAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判断方法：AAS．
3．（2023秋 邵阳县期末）如图，点D，E在△ABC的边BC上，∠B＝∠C，∠ADB＝∠AEC，求证：△ABD≌△ACE．
【分析】根据AAS证明即可△ABD≌△ACE．
【解答】证明：因为∠B＝∠C，所以AB＝AC，
在△ABD和△ACE中
，
所以△ABD≌△ACE（AAS）．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．
4．（2023 盘龙区二模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD∥AB，DE⊥AC于点E，
且DE＝CB．求证：△CED≌△ABC．
【分析】由垂直的定义得到∠DEC＝∠B＝90°，由平行线的性质得到∠DCE＝∠A，由AAS即可证明△CED≌△ABC．
【解答】证明：∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠DEC＝∠B＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠DCE＝∠A，
在△CED和△ABC中，
，
∴△CED≌△ABC（AAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，平行线的性质，垂直的定义，关键是掌握全等三角形的判定方法．
5．（2023 长沙）如图，AB＝AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E．
求证：△ABE≌△ACD；
【分析】利用“AAS”可证明△ABE≌△ACD；
【解答】证明：∵CD⊥AB，BE⊥AC，
∴∠AEB＝∠ADC＝90°，
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD（AAS）；
【点评】本题考查全等三角形的判定，平行线的性质，垂直的定义，关键是掌握全等三角形的判定方法．
6．（2023秋 西华县期末）如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，连接BD，AE⊥AB交BD于点E，CF⊥CD交BD于点F，DE＝BF，求证：△ABE≌△CDF．
【分析】根据AAS证明△ABE≌△CDF．
【解答】证明：∵BF＝DE，
∴BF+EF＝DE+EF，即BE＝DF，
∵AE⊥AB，CF⊥CD，
∴∠BAE＝∠DCF＝90°，
又∵AB∥CD
∴∠ABD＝∠CDB
在△ABE和△CDF中，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
【点评】本题考查了三角形全等的判定，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．
题型六 判定三角形的全等求线段长
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等，再利用全等三角形的性质确定两个三角形中边的对应关系即可求解.
1．茗茗用同种材料制成的金属框架如图所示，已知∠B＝∠E，AB＝DE，BF＝EC，其中△ABC的周长为24cm，CF＝3cm，则制成整个金属框架所需这种材料的长度为 cm．
【分析】首先证明△ABC≌△DEF（SAS）可得AC＝DF，然后再根据△ABC的周长为24cm，CF＝3cm可得制成整个金属框架所需这种材料的长度．
【解答】解：∵BF＝EC，
∴BF+FC＝CE+FC，
即BC＝EF，
∵在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴AC＝DF，
∵△ABC的周长为24cm，CF＝3cm，
∴制成整个金属框架所需这种材料的长度为24×2﹣3＝45cm．
故答案为45．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，关键是掌握证明三角形全等的方法，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．
2．（2023春 浦东新区校级期末）如图，△ABC中，AD和BE是两条高线，相交于点F，若AC＝BF，BD＝5，CD＝2，则AF＝ ．
【分析】利用AAS证明△BFD≌△ACD，根据全等三角形的性质得到BD＝AD，CD＝DF，即可解决问题．
【解答】解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠BDF＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∠CBE+∠C＝90°，
∴∠CBE＝∠CAD，
在△BFD与△ACD中，
，
∴△BFD≌△ACD（AAS），
∴BD＝AD＝5，DF＝CD＝2，
∴AF＝AD﹣DF＝5﹣2＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，证明△BFD≌△ACD是解题的关键．
3．（2023 青海一模）在△ABC中，D是BC边的中点，若AB＝9，AC＝5，则△ABC的中线AD长的取值范围是（ ）
A．5＜AD＜9 B．4＜AD＜9 C．2＜AD＜14 D．2＜AD＜7
【分析】延长AD到E，使DE＝AD，连接CE，证明△ADB≌EDC，根据全等三角形的性质得到CE＝AB，根据三角形的三边关系解答即可．
【解答】解：如图1，延长AD到E，使DE＝AD，连接CE，
在△ADB和△EDC中，
，
∴△ADB≌EDC（SAS），
∴CE＝AB，
在△ACE中，AC﹣CE＜AE＜AC+CE，
∴AC﹣AB＜2AD＜AC+AB，
∵AB＝9，AC＝5，
∴4＜2AD＜14，
∴2＜AD＜7，
故选：D．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正确作出辅助线是解题的关键．
4．（2023春 常熟市期末）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C作CD⊥AB，垂足为D．在射线CD上截取CE＝CA，过点E作EF⊥CE，交CB的延长线于点F．
（1）求证：△ABC≌△CFE；
（2）若AB＝9，EF＝4，求BF的长．
【分析】（1）由同角的余角相等得到∠A＝∠ECF，根据“ASA”定理即可证得△ABC≌△CFE；
（2）根据全等三角形的性质即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵EF⊥CE，
∴∠E＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠ECF＝90°﹣∠ACE，
在△ABC和△CFE中，
，
∴△ABC≌△CFE（ASA）；
（2）解：∵△ABC≌△CFE，
∴CF＝AB＝9，CB＝EF＝4，
∴BF＝CF﹣CB＝5．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解决问题的关键．
5．（2023春 平阴县期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠1＝∠2，AD＝EC．
（1）求证：△ABD≌△EDC；
（2）若AB＝2，BE＝3，求CD的长．
【分析】（1）由“AAS”即可证△ABD≌△EDC；
（2）结合（1）可得AB＝DE，BD＝CD，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠EDC．
在△ABD和△EDC中，
，
∴△ABD≌△EDC（AAS），
（2）∵△ABD≌△EDC，
∴AB＝DE＝2，BD＝CD，
∴CD＝BD＝DE+BE＝2+3＝5．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法是本题的关键．
6．（2023 惠山区校级模拟）如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，E，F为直线AD上的点，连接BE，CF，且BE∥CF．
（1）求证：△BDE≌△CDF；
（2）若AE＝13，AF＝7，试求DE的长．
【分析】（1）利用中点性质可得BD＝CD，由平行线性质可得∠DBE＝∠DCF，再由对顶角相等可得∠BDE＝∠CDF，即可证得结论；
（2）由题意可得EF＝AE﹣AF＝6，再由全等三角形性质可得DE＝DF，即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵BE∥CF，
∴∠DBE＝∠DCF，
在△BDE和△CDF中，
，
∴△BDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：∵AE＝13，AF＝7，
∴EF＝AE﹣AF＝13﹣7＝6，
∵△BDE≌△CDF，
∴DE＝DF，
∵DE+DF＝EF＝6，
∴DE＝3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，难度较小，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
题型七 判定三角形的全等求角度
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等,再利用全等三角形的性质证明角相等，要注意挖掘图形中隐含的条件，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
1．（2023秋 光山县期末）如图，AB＝AC，BD＝CD，∠BAD＝35°，∠ADB＝120°，则∠C的度数为（ ）
A．25° B．30° C．35° D．55°
【分析】在△ABD中，根据三角形内角和定理求得∠B，根据全等三角形的对应角相等即可解决．
【解答】解：在△ABD中，∠B＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝25°
∵AB＝AC，BD＝CD，AD＝AD
∴△ABD≌△ACD
∴∠C＝∠B＝25°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，正确判断对应角，对应边是解决本题的关键．
2．（2023秋 陇县期末）如图，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝110°，∠BAE＝60°，则∠CAE为（ ）
A．20° B．30° C．40° D．50°
【分析】运用SAS证明△ABD≌△ACE，得∠B＝∠C．根据三角形内角和定理可求∠DAE的度数．则易求∠CAE的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝∠2＝110°，
∴∠ADE＝∠AED＝70°，
∴∠DAE＝180°﹣2°．
∵BE＝CD，∴BD＝CE．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）
∴∠BAD＝∠CAE．
∵∠BAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE＝20°．
故选：A．
【点评】此题考查等腰三角形的判定和性质及三角形内角和定理，证明三角形为等腰三角形是关键．
3．（2024春 金牛区校级期中）如图，在△ABC和△DEF中，点B，C，E，F在同一条直线上，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，∠A＝95°，∠DEF＝15°，则∠F的度数为（ ）
A．25° B．60° C．70° D．95°
【分析】根据BE＝CF，可以得到BC＝EF，利用全等三角形的判定证图中的两个三角形全等，再根据全等三角形的性质可以得到∠F的度数．
【解答】解：∵BE＝CF，
∴BE+EC＝EC+CF，
∴BC＝EF，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SSS）；
∴∠D＝∠A＝95°，
∴∠F＝180°﹣∠D﹣∠DEF＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定和性质解答．
4．（2024 重庆模拟）如图，D、E分别是△ABC外部的两点，连接AD、AE，有AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝α．连接CD、BE交于点F，则∠DFE的度数为 ．
【分析】设AB交CD于点G，由∠BAD＝∠CAE＝α，推导出∠BAE＝∠DAC，而AB＝AD，AE＝AC，即可根据“SAS”证明△BAE≌△DAC，得∠ABE＝∠D，可求得∠BFD＝∠BAD＝α，再根据邻补角定义求解即可．
【解答】解：设AB交CD于点G，
∵∠BAD＝∠CAE＝α，
∴∠BAE＝∠DAC＝α+∠BAC，
在△BAE和△DAC中，
，
∴△BAE≌△DAC（SAS），
∴∠ABE＝∠D，
∵∠BFD+∠ABE＝∠BGD，∠BGD＝∠D+∠BAD，
∴∠BFD＝∠BGD﹣∠ABE＝∠BGD﹣∠D＝∠BAD＝α，
∴∠DFE＝180°﹣∠BFD＝180°﹣α，
故答案为：180°﹣α．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明△BAE≌△DAC是解题的关键．
5．（2023秋 长沙期末）如图，点A，D，B，E在同一直线上，AC＝EF，AD＝BE，
∠C＝∠F＝90°．
（1）求证：△ABC≌△EDF；
（2）∠ABC＝57°，求∠ADF的度数．
【分析】（1）根据HL即可证明：△ABC≌△EDF；
（2）由（1）可知∠HDB＝∠HBD，再利用三角形的外角关系即可求出∠HBD的度数．
【解答】（1）证明：∵AD＝BE，
∴AB＝ED，
∵∠C＝∠F＝90°，
∴△ABC和△DEF是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△EDF中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△EDF（HL）；
（2）解：∵△ABC≌△EDF，
∴∠ABC＝∠EDF＝57°，
∴∠ADF＝180°﹣∠EDF＝123°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质以及三角形的外角性质是解题的关键．
6．（2023春 青羊区期末）如图在△ABC中，D是BC边上的一点，AB＝DB，BE平分∠ABC，交AC边于点E，连接DE．
（1）求证：△ABE≌△DBE；
（2）若∠A＝100°，∠C＝40°，求∠DEC的度数．
【分析】（1）根据BE平分∠ABC，可以得到∠ABE＝∠DBE，然后根据题目中的条件即可证明△ABE和△DBE全等，从而可以得到结论成立；
（2）根据三角形内角和和角平分线的定义可以得到∠AEB的度数，进而求解∠DEC的度数．
【解答】（1）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBE，
在△ABE和△DBE中，
AB＝DB，∠ABE＝∠DBE，BE＝BE，
∴△ABE≌△DBE（SAS）；
（2）解：∵∠A＝100°，∠C＝40°，
∴∠ABC＝40°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠DBE∠ABC＝20°，
∴∠AEB＝180°﹣∠A﹣∠ABE＝180°﹣100°﹣20°＝60°，
∵△ABE≌△DBE，
∴∠AEB＝∠DEB，
∴∠DEC＝180°﹣60°﹣60°＝60°．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用全等三角形的判定和性质解答．
题型八 利用三角形全等证明两直线的位置关系
解题技巧提炼 先利用三角形全等判定的方法证明两个三角形全等,再利用全等三角形的性质证明角相等，要注意挖掘图形中隐含的条件，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
1．（2024 吉林二模）已知：如图，点C在BE上，AB⊥BE，DE⊥BE，且AB＝CE、BC＝ED．
求证：AC⊥CD．
【分析】由AB⊥BE，DE⊥BE，得∠B＝∠E＝90°，而AB＝CE、BC＝ED，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ABC≌△CED，得∠ACB＝∠D，则∠ACB+∠DCE＝∠D+∠DCE＝90°，所以∠ACD＝90°，则AC⊥CD．
【解答】证明：∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠B＝∠E＝90°，
在△ABC和△CED中，
，
∴△ABC≌△CED（SAS），
∴∠ACB＝∠D，
∴∠ACB+∠DCE＝∠D+∠DCE＝90°，
∴∠ACD＝180°﹣（∠ACB+∠DCE）＝90°，
∴AC⊥CD．
【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，证明△ABC≌△CED是解题的关键．
2．（2023秋 甘井子区校级月考）如图，点C、E、B、F在同一直线上，AC∥DF，AC＝DF，BF＝CE，试判断AB和DE的关系，并说明理由．
【分析】根据题目条件证明△ACB≌△DFE，然后利用全等三角形的性质可以证明题目结论．
【解答】解：AB＝DE且AB∥DE，理由如下：
∵AC∥DF，
∴∠C＝∠F．
∵CE＝BF，
∴CE+BE＝BF+BE．
∴BC＝EF．
∵AC＝DF，
∴△ACB≌△DFE（SAS）．
∴∠ABC＝∠DEF，AB＝DE，
∴AB∥DE．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定；此题比较简单，主要利用全等三角形的性质与判定解决问题．
3．（2023秋 青川县期末）已知：如图，在△ABC、△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，点C、D、E三点在同一直线上，连接BD．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）请判断BD、CE有何大小、位置关系，并证明．
【分析】（1）要证△BAD≌△CAE，现有AB＝AC，AD＝AE，需它们的夹角∠BAD＝∠CAE，而由∠BAC＝∠DAE＝90°很易证得．
（2）BD、CE有何特殊位置关系，从图形上可看出是垂直关系，可向这方面努力．要证BD⊥CE，需证∠BDE＝90°，需证∠ADB+∠ADE＝90°可由直角三角形提供．
【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS）．
（2）BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：
由（1）知，△BAD≌△CAE，
∴BD＝CE；
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠DBC＝45°，
∴∠ACE+∠DBC＝45°，
∴∠DBC+∠DCB＝∠DBC+∠ACE+∠ACB＝90°，
则BD⊥CE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；全等问题要注意找条件，有些条件需在图形是仔细观察，
4．（2023春 东明县期中）如图，四边形ABCD中，BC＝CD，AC＝DE，AB∥CD，∠B＝∠DCE＝90°，AC与DE相交于点F．
（1）求证：△ABC≌△ECD；
（2）判断线段AC与DE的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据HL即可证明△ABC≌△ECD．
（2）根据△ABC≌△ECD得到∠BCA＝∠CDE，结合∠B＝∠DCE＝90°得到∠DFC＝90°，即可得结论．
【解答】（1）证明：在Rt△ABC和Rt△ECD中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△ECD（HL），
（2）解：AC⊥DE．理由如下：
∵△ABC≌△ECD，
∴∠BCA＝∠CDE，
∵∠B＝∠DCE＝90°，
∴∠BCA+∠ACD＝90°，
∴∠CDE+∠ACD＝90°，
∴∠DFC＝180°﹣（∠CDE+∠ACD）＝90°，
∴AC⊥DE．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，常用的判定方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL等，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
5．（2023春 源城区期末）如图，∠C＝∠D，AC＝BD，点O在AD，BC的交点，点E是AB中点，连接OE．
（1）求证：△AOC≌△BOD．
（2）判断OE和AB的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据AAS证明即可；
（2）根据全等三角形的性质可得OA＝OB，根据等腰三角形的性质即可得证．
【解答】（1）证明：在△AOC和△BOD中，
，
∴△AOC≌△BOD（AAS）；
（2）解：OE⊥AB，理由如下：
∵△AOC≌△BOD，
∴OA＝OB，
∵点E是AB中点，
∴OE⊥AB．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．
6．如图所示，点B、E、F、C在同一条直线上，有AE⊥BC．DF⊥BC，垂足分别为点E、F，且AC＝DB，BE＝CF，求证：
（1）AC∥BD；
（2）AB∥CD．
【分析】（1）首先利用BE＝CF，得出BF＝CE，再由AE⊥BC，DF⊥BC，AC＝DB，证得Rt△AEC≌Rt△DFB，得出∠ACE＝∠DBF，证得结论；
（2）由Rt△AEC≌Rt△DFB，得出AE＝DF，再由BE＝CF，证得Rt△AEB≌Rt△DFC，得出∠ABE＝∠DCF，证得结论．
【解答】证明：（1）∵BE＝CF，
∴BE+EF＝CF+EF
即BF＝CE，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴∠AEC＝∠DFB＝90°，
在Rt△AEC和Rt△DFB中，
∴Rt△AEC≌Rt△DFB（HL）
∴∠ACE＝∠DBF，
∴AC∥BD；
（2）∵Rt△AEC≌Rt△DFB
∴AE＝DF，
Rt△AEB≌Rt△DFC中
，
∴Rt△AEB≌Rt△DFC（SAS），
∴∠ABE＝∠DCF，
∴AB∥CD．
【点评】此题考查三角形全等的判定与性质，平行线的判定，注意充分利用已知条件，找到问题的突破口．
题型九 三角形全等的开放探究题
解题技巧提炼 三角形全等中的开放题，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.
1．（2024春 杨浦区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为点D、点E，AD与BE交于点F，要使△BDF≌△ADC，还需添加一个条件，这个条件可以是 （只需填写一个）．
【分析】根据全等三角形的判定定理求解即可．
【解答】解：添加AD＝BD，理由如下：
∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADB＝∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE+∠BFD＝90°，∠C+∠CBE＝90°，
∴∠BFD＝∠C，
在△BDF和△ADC中，
，
∴△BDF≌△ADC（AAS），
故答案为：AD＝BD（答案不唯一）．
【点评】此题考查了全等三角形的判定，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键．
2．（2024 黑龙江模拟）如图，点B，F，C，E在一条直线上，AB∥ED，BF＝CE，请添加一个条件 ，使△ABC≌△DEF（填一个即可）．
【分析】根据全等三角形的判定定理解答即可．
【解答】解：添加AB＝DE．
∵AB∥ED，
∴∠B＝∠E，
∵BF＝CE，
∴BF+CF＝CE+CF，即BC＝EF，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
故答案为：AB＝DE（答案不唯一）．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．
3．（2023 贵州模拟）如图，点D在BC上，∠ADB＝∠B，∠BAD＝∠CAE．
（1）添加条件： （只需写出一个），使△ABC≌△ADE；
（2）根据你添加的条件，写出证明过程．
【分析】（1）根据已知条件可得AB＝AD，∠BAC＝∠DAE，结合三角形全等的判定条件添加条件即可；
（2）结合（1）的条件，根据三角形全等的判定条件添加条件进行证明即可．
【解答】解：（1）添加的条件是：AC＝AE，
故答案为：AC＝AE；
（2）∵∠ADB＝∠B，
∴AB＝AD，
∵∠BAD＝∠CAE
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE，
又AC＝AE．
∴△ABC≌△ADE（AAS）．
【点评】本题主要考查了三角形全等的判定，确定出三角形全等判定条件是解答本题的关键．
4．（2024 合阳县二模）如图，在△ABC和△ADE中，点D在BC上，AB＝AD，∠BAD＝∠CAE，请你再添加一个条件： ，使得△ABC≌△ADE，并说明理由．
【分析】由∠BAD＝∠CAE，得到∠BAC＝∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：∠C＝∠E，
理由：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAD+∠CAD＝∠CAE+∠CAD，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（AAS）．
故答案为：∠C＝∠E（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定理是解题的关键．
5．（2023秋 安溪县期末）如图，AC∥DF，AC＝DF．下列三个条件：
①AE＝DB；
②BC＝EF；
③∠C＝∠F．
请你从①②③中选一个条件，使△ABC≌△DEF．
（1）你添加的条件是 （填序号）；
（2）添加条件后，请证明△ABC≌△DEF．
【分析】（1）由全等三角形的判定即可得到答案；
（2）由SAS或ASA即可证明△ABC≌△DEF．
【解答】（1）解：添加的条件是①或③；
（2）证明：∵AC∥DF，
∴∠A＝∠D，
先证明添加的条件①，
∵AE＝DB，
∴AB＝DE，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（SAS）；
下面证明添加的条件③，
在△ABC和△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形的判定方法：SAS，ASA，AAS，SSS，HL．
题型十 利用三角形全等解决实际问题
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．
1．（2024春 金水区校级期末）某大学计划为新生配备如图①所示的折叠凳．图②是折叠凳撑开后的侧面示意图（木条等材料宽度忽略不计），其中凳腿AB和CD的长相等，O是它们的中点．为了使折叠凳坐着舒适，厂家将撑开后的折叠凳宽度AD设计为30cm，则由以上信息可推得CB的长度也为30cm，依据是（ ）
A．SAS B．ASA C．SSS D．AAS
【分析】根据中点定义求出OA＝OB，OC＝OD，然后利用“边角边”证明△AOD和△BOC全等，根据全等三角形对应边相等即可证明．
【解答】解：∵O是AB、CD的中点，
∴OA＝OB，OC＝OD，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴CB＝AD，
∵AD＝30cm，
∴CB＝30cm．
所以，依据是两边及夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形对应边相等．
故选：A．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，比较简单，证明得到三角形全等是解题的关键．
2．（2023秋 儋州期末）如图，小李用若干长方体小木块，分别垒了两堵与地面垂直的木块墙，其中木块墙AD＝24cm，CE＝12cm．木块墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板，点B在DE上，点A和C分别与木块墙的顶端重合，则两堵木块墙之间的距离DE为（ ）
A．48cm B．42cm C．38cm D．36cm
【分析】根据题意可得AB＝BC，∠ABC＝90°，AD⊥DE，CE⊥DE，进而得到∠ADB＝∠BEC＝90°，再根据等角的余角相等可得∠ABD＝∠BCE，再证明△ABD≌△BCE，利用全等三角形的性质进行解答．
【解答】解：由题意得AB＝BC，∠ABC＝90°，AD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∴∠ABD+∠CBE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ABD＝∠BCE，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（AAS）；
∴AD＝BE＝24cm，DB＝EC＝12cm，
∴DE＝DB+BE＝36cm，
答：两堵木墙之间的距离为36cm．
故选：D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的应用，解题的关键是正确找出证明三角形全等的条件．
3．（2023秋 太和县期末）小丽与爸爸、妈妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，小丽两脚在地面上用力一蹬，妈妈在B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若点B距离地面的高度为1.5m，点B到OA的距离BD为1.7m，点C距离地面的高度是1.6m，∠BOC＝90°，则点C到OA的距离CE为（ ）
A．1m B．1.6m C．1.4m D．1.8m
【分析】由AAS证明△OBD≌△COE得出OE＝BD，CE＝OD即可推出结果．
【解答】解：∵点B距离地面的高度为1.5m，点C距离地面的高度是1.6m，
∴点D距离地面的高度为1.5m，点E距离地面的高度是1.6m，
∴DE＝1.6﹣1.5＝0.1（m），
∵∠BDO＝∠BOC＝90°，
∴∠OBD+∠BOE＝∠BOE+COD＝90°，
∴∠OBD＝∠COD，
又由题意可知，OB＝OC，
∴△OBD≌△COE（AAS），
∴OE＝BD＝1.7m，CE＝OD，
∴CE＝OD＝OE+DE＝1.7+0.1＝1.8（m），
∴点C到OA的距离CE为1.8m，
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质的应用，证明△OBD≌△COE是解题的关键．
4．（2024春 梅州月考）如图，是一个瓶子的切面图，测量得到瓶子的外径AB的长度是10cm，为了得到瓶子的壁厚a cm，小庆把两根相同长度的木条DE和CF的中点O固定在一起，做了一个简单的测量工具，如图，得到EF的长为6cm，则瓶子的壁厚a的值为 cm．
【分析】先根据SAS定理得出△EOF≌△DOC，故可得出CD＝EF，进而可得出结论．
【解答】解：∵O是木条DE和CF的中点，
∴OC＝OF，OE＝OD，
又∵∠EOF＝∠DOC，
∴△EOF≌△DOC（SAS）
∴CD＝EF＝6cm，
∵a+6+a＝10cm，
∴a＝2cm，
故答案为：2．
【点评】本题主要考查全等三角形的应用，两点间的距离，熟知全等三角形的判定定理是解题的关键．
5．（2024春 沙坪坝区校级期中）北关中学数学兴趣小组为测量校内攀岩墙AM的高度，设计了如下方案：首先找一根长度大于AM的直杆，使直杆斜靠在墙上，且顶端与点A重合，记录直杆与地面的夹角∠ABM＝55°；然后使直杆顶端沿墙面竖直缓慢下滑，直到∠MDC＝35°，标记此时直杆的底端点D；最后测得DM＝5m，则攀岩墙的高度AM＝ m．
【分析】根据题意证明出△AMB≌△DMC（AAS），进而得到AM＝DM＝5m．
【解答】解：∵∠ABM＝55°，∠AMB＝90°，
∴∠MAB＝180°﹣∠ABM﹣∠AMB＝35°，
∵∠MDC＝35°，
∴∠MAB＝∠MDC，
∵∠AMB＝∠DMC＝90°，AB＝CD，
∴△AMB≌△DMC（AAS），
∴AM＝DM＝5m．
故答案为：5．
【点评】此题考查了全等三角形的应用，全等三角形的性质和判定，关键是全等三角形性质定理的应用．
6．（2024春 未央区月考）数学活动课上，小宇带着组员想要测量学校博智楼AB的高度．他们的测量方案如下：在大树DE与博智楼AB之间找到一点C，使得此时树的顶端点D处的视线CD与博智楼的顶端A处的视线交于点C，此时，测量得知∠ACB与∠DCE互余，且BC＝DE＝10米，BE＝28米．请你求出博智楼AB的高度．
【分析】根据∠B＝∠E＝90°，得出∠A+∠ACB＝90°，∠ACB+∠DCE＝90°，结合角的等量代换得出∠A＝∠DCE，即可证明△ABC≌△CED（AAS），然后进行边的运算，即可作答．
【解答】解：由题意得∠B＝∠E＝90°．
∵∠A+∠ACB＝90°，∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠A＝∠DCE．
在△ABC与△CED中，
∴△ABC≌△CED（AAS），
∴AB＝CE．
∵BE＝28，BC＝10，
∴CE＝28﹣10＝18，
即AB＝18．
答：博智楼AB的高度是18米．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，关键是全等三角形判定定理的应用．
题型十一 全等三角形的判定与性质的综合应用
解题技巧提炼 三角形的全等判定与性质的综合应用主要是用来探究线段、角之间的数量，因此可利用全等三角形的性质解决问题．
1．（2024 莲湖区校级一模）如图，点B，F，C，E在一条直线上，OA＝OD，AC∥FD，BF＝CE，AD交BE于点O．求证：AB∥DE．
【分析】先由AC∥FD证明∠CAO＝∠FDO，再由ASA证明△ACO≌△DFO，得到OF＝OC，进而得到BO＝EO，再由SAS证明△ABO≌△DEO得到∠B＝∠E，则AB∥DE．
【解答】证明：∵AC∥FD，
∴∠CAO＝∠FDO，
在△ACO与△DFO中，
，
∴△ACO≌△DFO（ASA）；
∴OF＝OC，
∵BF＝CE，
∴BO＝EO，
在△ABO与△DEO中，
，
∴△ABO≌△DEO（SAS），
∴∠B＝∠E，
∴AB∥DE．
【点评】本题综合考查了全等三角形的性质和判定以及平行线的证明，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
2．（2023秋 东莞市期中）如图，已知CA＝CB，AD＝BD，M、N分别是CA、CB的中点，求证：DM＝DN．
【分析】连接CD．由△ACD≌△BCD，推出∠ACD＝∠BCD，再证明△CDM≌△CDN即可．
【解答】证明：连接CD．
在△ACD和△BCD中，
，
∴△ACD≌△BCD，
∴∠ACD＝∠BCD，
∵CMAC，CNCB，CA＝CB，
∴CM＝CN，
在△CDM和△CDN中，
，
∴△CDM≌△CDN，
∴DM＝DN．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2023秋 铜官区期末）已知如图，E、F在BD上，且AB＝CD，BF＝DE，AE＝CF，求证：AC与BD互相平分．
【分析】先证△ABE≌△DFC得∠B＝∠D，再证△ABO≌△COD，根据全等三角形的性质即可证明AC与BD互相平分．
【解答】证明：∵BF＝DE，
∴BF﹣EF＝DE﹣EF
即BE＝DF，
在△ABE和△DFC中，
∴△ABE≌△DFC（SSS），
∴∠B＝∠D．
在△ABO和△CDO中，
∴△ABO≌△CDO（AAS），
∴AO＝CO，BO＝DO，
即AC与BD互相平分．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质及互相平分的定义，解题关键是通过证明△ABE≌△DFC得∠B＝∠D，为证明△ABO≌△COD提供条件．
4．已知：AB⊥BD，ED⊥BD，AC＝CE，BC＝DE．
（1）试猜想线段AC与CE的位置关系，并证明你的结论．
（2）若将CD沿CB方向平移至图2情形，其余条件不变，结论AC1⊥C2E还成立吗？请说明理由．
（3）若将CD沿CB方向平移至图3情形，其余条件不变，结论AC1⊥C2E还成立吗？请说明理由．
【分析】（1）先用HL判断出Rt△ABC≌Rt△CDE，得出∠A＝∠DCE，进而判断出∠DCE+∠ACB＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法，即可得出结论；
（3）同（1）的方法，即可得出结论．
【解答】解：（1）AC⊥CE，
证明：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ABC和Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），
∴∠A＝∠DCE，
∵∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
∴∠DCE+∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝180°﹣（∠DCE+∠ACB）＝90°，
∴AC⊥CE；
（2）结论AC1⊥C2E还成立；
理由：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ABC1和Rt△C2DE中，
，
∴Rt△ABC1≌Rt△C2DE（HL），
∴∠A＝∠DC2E，
∵∠B＝90°，
∴∠A+∠AC1B＝90°，
∴∠DC2E+∠AC1B＝90°，
在△C1FC2中，∠C1FC2＝180°﹣（∠DC2E+∠AC1B）＝90°，
∴AC1⊥C2E；
（3）结论AC1⊥C2E还成立；
理由：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠ABC1＝∠D＝90°，
在Rt△ABC1和Rt△C2DE中，
，
∴Rt△ABC1≌Rt△C2DE（HL），
∴∠A＝∠DC2E，
∵∠ABC1＝90°，
∴∠A+∠AC1B＝90°，
∴∠DC2E+∠AC1B＝90°，
在△C1FC2中，∠C1FC2＝180°﹣（∠DC2E+∠AC1B）＝90°，
∴AC1⊥C2E．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，判断出Rt△ABC1≌Rt△C2DE是解本题的关键．
5．如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C在△ABC外作直线MN，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N．
（1）求证：MN＝AM+BN；
（2）如图②，若过点C作直线MN与线段AB相交，AM⊥MN于点M，BN⊥MN于点N（AM＞BN），（1）中的结论是否仍然成立？若不成立，请写出正确的结论，并说明理由．
【分析】（1）先根据垂直的定义得到∠AMC＝∠CNB＝90°，则∠MAC+∠ACM＝90°，又∠ACB＝90°，则∠ACM+∠NCB＝90°，于是根据等量代换得到∠MAC＝∠NCB，根据“AAS”可证明△ACM≌△CBN，根据全等的性质得AM＝CN，CM＝BN，则MN＝MC+CN＝AM+BN；
（2）与（1）证明方法一样可得到△ACM≌△CBN，根据全等的性质得AM＝CN，CM＝BN，而MN＝CN﹣CM＝AM﹣BN．
【解答】证明：（1）∵AM⊥MN于M，过B作BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
∵在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN，CM＝BN，
∴MN＝MC+CN＝AM+BN；
（2）（1）中的结论不成立，MN与AM、BN之间的数量关系为MN＝AM﹣BN．理由如下：
∵AM⊥MN于M，过B作BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝∠CNB＝90°，
∴∠MAC+∠ACM＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACM+∠NCB＝90°，
∴∠MAC＝∠NCB，
在△ACM和△CBN中，
，
∴△ACM≌△CBN（AAS），
∴AM＝CN，CM＝BN，
∴MN＝CN﹣CM＝AM﹣BN．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．
6．（2023秋 临江市期末）如图所示，BD、CE是△ABC高，点P在BD的延长线上，CA＝BP，点Q在CE上，QC＝AB．
（1）判断：∠1 ∠2（用“＞”、“＜”、“＝”填空）；
（2）探究：PA与AQ之间的关系；
（3）若把（1）中的△ABC改为钝角三角形，AC＞AB，∠A是钝角，其他条件不变，试探究PA与AQ之间的关系，请画出图形并直接写出结论．
【分析】（1）根据垂直的定义和三角形的内角和定理即可得到答案；
（2）由条件可得出∠1＝∠2，可证得△APB≌△QAC，可得结论；
（3）根据题意画出图形，结合（1）可证得△APB≌△QAC，可得结论．
【解答】解：（1）设CE、BD交于F，
∵BD、CE是△ABC高，
∴∠BEF＝∠CDF＝90°，
∵∠BFE＝∠CFD，
∴∠1＝180°﹣∠BEF﹣∠BFE＝90°﹣∠BFE，∠2＝180°﹣∠CDF﹣∠CFD＝90°﹣∠CDF，
∴∠1＝∠2；
故答案为：＝；
（2）结论：AP＝AQ，AP⊥AQ，
证明：∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAB＝90°，∠2+∠CAB＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
，
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
而∠DAP+∠P＝90°，
∴∠DAP+∠QAC＝90°，
即∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP；
即AP＝AQ，AP⊥AQ；
（3）上述结论成立，理由如下：
如图所示：
∵BD、CE是△ABC的高，
∴BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠1+∠CAE＝90°，∠2+∠DAB＝90°，
∵∠CAE＝∠DAB，
∴∠1＝∠2，
在△QAC和△APB中，
，
∴△QAC≌△APB（SAS），
∴AQ＝AP，∠QAC＝∠P，
∵∠PDA＝90°，
∴∠P+∠PAD＝90°，
∴∠QAC+∠PAD＝90°，
∴∠QAP＝90°，
∴AQ⊥AP，
即AP＝AQ，AP⊥AQ．
【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．
