专题06 全等三角形的判定（题型专练）数学新教材浙教版八年级上册

**基本信息** 以全等三角形判定定理为核心，构建“原理-方法-应用”三级体系，通过11类题型实现从基础证明到综合应用的递进训练，培养推理意识与几何直观。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |SSS/SAS/ASA/AAS|各1典例+3变式|判定定理数学表述+隐含条件挖掘|从基本定理到边角关系应用| |稳定性/玻璃碎片|1典例+3变式|构造三角形加固/ASA判定实际应用|性质应用到实际问题解决| |唯一三角形/个数|1典例+3变式|SSS/SAS等5种唯一条件+分类枚举法|条件充分性判断到图形计数| |添加条件/二次全等|1典例+3变式|四步添加条件法/两次全等桥梁条件推导|从补全条件到多步推理综合|

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 【典例1】 【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， ， ∴△ABC≌△DEF（SSS）． 【变式1-1】 【解答】证明：∵点E是线段BC的中点， ∴BE＝CE， 在△ABE和△DCE中， ， ∴△ABE≌△DCE（SSS）． 【变式1-2】 【解答】证明：由线段的中点，可知，AC＝CF， ∵BC＝EC，AB＝FE， 在△ACB与△FCE中， ， ∴△ABC≌△FEC（SSS）． 【变式1-3】 【解答】证明：∵BE＝CF， ∴BF+EC＝CF+EC， 即BC＝EF， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（SSS）． ▌题型02 利用SAS证明两个三角形全等 【典例1】 【解答】证明：在△ABE和△DCE中 ， ∴△ABE≌△DCE（SAS） 【变式1-1】 【解答】证明：∵∠BAD＝∠CAE， ∴∠BAD+∠DAC＝∠CAE+∠DAC，即∠BAC＝∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ， ∴△ABC≌△ADE（SAS）． 【变式1-2】 【解答】证明：∵BF＝EC， ∴BF+FC＝EC+FC， ∴BC＝EF， ∵AB∥DE， ∴∠B＝∠E， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△ABC≌△DEF（SAS）． 【变式1-3】 【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 【典例1】 【解答】证明：在△ABE和△DCE中， ∵， ∴△ABE≌△DCE（ASA）． 【变式1-1】 【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， ， ∴△ACB≌△DFE（ASA）． 【变式1-2】 【解答】证明：∵AB∥DE， ∴∠BAC＝∠E， 在△EAD和△ABC中， ， ∴△EAD≌△ABC（ASA）． ∴AD＝BC． 【变式1-3】 【解答】证明：（1）∵AD∥BC， ∴∠ADE＝∠FCE， ∵E是CD的中点， ∴DE＝CE， 在△ADE与△FCE中， ， ∴△ADE≌△FCE（ASA）， ∴FC＝AD； （2）由（1）知：△ADE≌△FCE， ∴AE＝FE， 又∵BE⊥AE， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°， 在△AEB和△FEB中， ， ∴△AEB≌△FEB（SAS）， ∴AB＝BF， ∴AB＝BF＝BC+CF， ∵AD＝FC， ∴BC＝AB﹣AD． ▌题型04 利用AAS证明两个三角形全等 【典例1】 【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（AAS）． 【变式1-1】 【解答】证明：∵AB∥CD， ∴∠B＝∠D， ∵DE＝BF， ∴DE﹣EF＝BF﹣EF， ∴DF＝BE． 在△AEB和△CFD中， ， ∴△AEB≌△CFD（AAS）． 【变式1-2】 【解答】证明：∵点E为AB的中点， ∴AE＝BE， 在△ADE和△ECB中， ， ∴△ADE≌△ECB（AAS）． 【变式1-3】 【解答】证明：∵AD＝CF， ∴AD﹣CD＝CF﹣CD， 即AC＝DF， ∵AB∥DE， ∴∠BAC＝∠EDF， 在△ABC和△DEF 中， ， ∴△ABC≌△DEF（AAS）． ▌题型05 三角形的稳定性 【典例1】C． 【变式1-1】A． 【变式1-2】D． 【变式1-3】稳定性． ▌题型06 玻璃碎片问题 【典例1】C． 【变式1-1】D． 【变式1-2】A． 【变式1-3】B． ▌题型07 画出唯一的三角形 【典例1】D． 【变式1-1】C． 【变式1-2】A． 【变式1-3】B． ▌题型08 全等三角形的个数 【典例1】C． 【变式1-1】B． 【变式1-2】C． 【变式1-3】n（n+1）． ▌题型09 全等三角形的判定 【典例1】B． 【变式1-1】D． 【变式1-2】C． 【变式1-3】A． ▌题型10 添加条件证明三角形全等 【典例1】 【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， ， ∴△ACE≌△BDF（SAS）． 或证明：∵CF＝DE， ∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△ACE≌△BDF（AAS）． 或证明：∵CF＝DE， ∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△ACE≌△BDF（ASA）． 【变式1-1】 【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， ， ∴△ABE≌△ECD（ASA）． 【变式1-2】 【解答】解：∵AB∥DE， ∴∠B＝∠DEF， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△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】 【解答】（1）解：根据全等三角形的判定定理， 同学甲：在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， 所以△ADB≌△AEC的理由是SAS， 故答案为：SAS； 同学乙：在△ADB和△AEC中， ， ∴△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（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， ， ∴△AEO≌△ADO（SSS）， ∴∠AEO＝∠ADO， ∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC， ∴∠B＝∠C， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（AAS）． ▌题型11 二次全等证明 【典例1】 【解答】解：AF＝DE，理由如下： ∵BE⊥AD，CF⊥AD， ∴∠EBA＝∠FCD＝90°， 在Rt△ABE和RtDCF中， ， ∴Rt△ABE≌RtDCF， ∴∠EAD＝∠FDA， 在△EAD和△FDA中， ， ∴△EAD≌△FDA， ∴AF＝DE． 【变式1-1】 【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， ， ∴△ADE≌△BCF（SSS）； ∴∠A＝∠B（全等三角形对应角相等）． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△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】 【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（AAS）， ∴CE＝DF． 【变式1-3】 【解答】证明：连接AO， 在△AEO和△ADO中， ， ∴△AEO≌△ADO（SSS）， ∴∠AEO＝∠ADO， ∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC， ∴∠B＝∠C， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（AAS）． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 【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， ， ∴△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， ， ∴△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， 在△ACB与△FCE中， ， ∴△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， ， ∴△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． 【分析】根据SAS证明△ABE≌△DCE即可． 【解答】证明：在△ABE和△DCE中 ， ∴△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， ， ∴△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， 在△ABC和△DEF中， ， ∴△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． 【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， ∵， ∴△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， ， ∴△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， ， ∴△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（ASA）， ∴FC＝AD； （2）由（1）知：△ADE≌△FCE， ∴AE＝FE， 又∵BE⊥AE， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°， 在△AEB和△FEB中， ， ∴△AEB≌△FEB（SAS）， ∴AB＝BF， ∴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（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． 【解答】证明：∵AB∥CD， ∴∠B＝∠D， ∵DE＝BF， ∴DE﹣EF＝BF﹣EF， ∴DF＝BE． 在△AEB和△CFD中， ， ∴△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， ， ∴△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． 【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， ， ∴△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． 【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． 【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（　　） 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。 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． 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。 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， ， ∴△ABC≌△DCB（SSS）， ∴∠BAC＝∠CDB（全等三角形对应角相等）． 在△ABD和△DCA中， ， ∴△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， ， ∴△ABE≌△ACD（SAS）； ∴∠B＝∠C，BE＝CD， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， 在△BDF和△CEF中， ， ∴△BDF≌△CEF（AAS）； ∴DF＝EF，BF＝CF， 在△ADF和△AEF中， ， ∴△ADF≌△AEF（SSS）； 在△ABF和△ACF中， ， ∴△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 ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴∠A＝∠B， ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴AC＝BD， 在△ACE和△BDE中 ∴△ACE≌△BDE（AAS）， ∴AE＝BE， 在△AOE和△BOE中 ∴△AOE≌△BOE（SAS）， ∴∠COE＝∠DOE， 在△COE和△DOE中 ∴△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　n（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n（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n（n+1）对全等三角形． 故答案为：n（n+1）． ▌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： 在△ABC和△EDF中， ， ∴△ABC≌△EDF（SAS）； 在△ABC和△MNK中， ， ∴△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： 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， ， ∴△ACE≌△BDF（SAS）． 或证明：∵CF＝DE， ∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△ACE≌△BDF（AAS）． 或证明：∵CF＝DE， ∴CF+EF＝DE+EF，即CE＝DF． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△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， ， ∴△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． 【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， ， ∴△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， ， ∴△ADB≌△AEC（SAS）， 所以△ADB≌△AEC的理由是SAS， 故答案为：SAS； 同学乙：在△ADB和△AEC中， ， ∴△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（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， ， ∴△AEO≌△ADO（SSS）， ∴∠AEO＝∠ADO， ∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC， ∴∠B＝∠C， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（AAS）． ▌题型11 二次全等证明 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， ， ∴Rt△ABE≌RtDCF， ∴∠EAD＝∠FDA， 在△EAD和△FDA中， ， ∴△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， ， ∴△ADE≌△BCF（SSS）； ∴∠A＝∠B（全等三角形对应角相等）． 在△ACE和△BDF中， ， ∴△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． 【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（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， 在△AEO和△ADO中， ， ∴△AEO≌△ADO（SSS）， ∴∠AEO＝∠ADO， ∵∠AEO＝∠B+∠BOE，∠ADO＝∠C+∠DOC，∠BOE＝∠DOC， ∴∠B＝∠C， 在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（AAS）． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 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． 【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． 【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． 【变式1-3】（2026•楚雄州二模）如图，AB＝DE，AC＝DF，BE＝CF，求证：△ABC≌△DEF． ▌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． 【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． 【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． 【变式1-3】（2026•呈贡区三模）如图，AC＝EC，BC＝DC，∠ECB＝∠ACD．求证：△ABC≌△EDC． ▌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． 【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． 【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． 【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． ▌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． 【变式1-1】（2026•天河区校级模拟）已知：AB∥CD，∠A＝∠C，DE＝BF，求证：△AEB≌△CFD． 【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． 【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． ▌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 【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． 【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 【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　　 ． ▌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（　　） 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 【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 【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 【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 ▌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。 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 【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 【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° 【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 ▌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。 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 【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 【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 【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　 　 ． ▌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 【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′ 【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 【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 ▌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： 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　 　；（只写一个即可） （2）根据（1）中你所添加的条件，请说明△ACE≌△BDF． 【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　 　 （写出一个合理的即可）． （2）根据你所添加的条件，求证：△ABE≌△ECD． 【变式1-2】如图，已知AB∥DE，AB＝DE，请你添加一个条件　 　 ，使△ABC≌△DEF，并写出证明过程． 【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． ▌题型11 二次全等证明 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？ 【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． 【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． 【变式1-3】如图，AD＝AE，OE＝OD，求证：△ADB≌△AEC． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $