14.2.2三角形全等的判定（ASA和AAS）-课件- 2026-2027学年人教版数学八年级上册

该初中数学课件聚焦“三角形全等的判定（ASA和AAS）”，核心知识点包括ASA与AAS定理及区别、几何证明应用。课堂导入先复习SAS判定，通过“两角一边分角-边-角和角-角-边两种情况”的思考，结合作图实践（如60°和80°角夹边2cm作图）引出新知，构建从旧知到新知的学习支架。 其亮点在于以数学眼光引导探究，通过作图实践培养几何直观与空间观念；以数学思维深化推理，结合一线三角模型、手拉手模型等典例，规范几何语言表达，强化推理意识；以数学语言联系生活，如碎玻璃配玻璃情境题，培养模型意识与应用意识。分层习题与课堂小结帮助学生系统掌握，教师可直接用于教学，提升效率。

人教版数学八年级上册精做课件 授课教师： . 班 级： 8年级（ ）班 . 时 间： . 2026年7月13日 14.2.2三角形全等的判定（ASA和AAS） 第十四章 全等三角形 人教版八年级上册14.2.2三角形全等的判定（ASA和AAS）同步练习题 知识点核心：ASA判定定理（两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等）、AAS判定定理（两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）、区分ASA与AAS的核心区别、利用两个定理完成几何证明、结合隐含条件（公共边、对顶角、平行线性质）判定三角形全等 一、选择题（每题4分，共20分） 1. 下列关于ASA全等判定的说法正确的是（） A. 任意两角和一条边相等即可判定全等 B. 两角和它们的夹边对应相等，两三角形全等 C. 两角和任意对边相等就是ASA D. 三个角相等可判定ASA全等 2. 在△ABC和△DEF中，∠A=∠D，AB=DE，∠B=∠E，则可判定两三角形全等的依据是（） A. SAS B. ASA C. AAS D. SSS 3. AAS判定三角形全等的核心条件是（） A. 两角及夹边对应相等 B. 两边及夹角对应相等 C. 两角及其中一角的对边对应相等 D. 三边对应相等 4. 已知△ABC和△MNP中，∠B=∠N，∠C=∠P，BC=NP，判定全等的依据是（） A. ASA B. AAS C. SAS D. 无法判定 5. 下列条件中，不能判定两个三角形全等的是（） A. 两角一夹边对应相等 B. 两角一对边对应相等 C. 三个角对应相等 D. 公共边+两组角对应相等 二、填空题（每题4分，共20分） 1. ASA判定定理：两角和________对应相等的两个三角形全等。 2. AAS判定定理：两角和________对应相等的两个三角形全等。 3. 在三角形全等判定中，AAA________判定三角形全等（填“能”或“不能”）。 4. 已知∠A=∠D，∠B=∠E，若用ASA证明△ABC≌△DEF，需补充条件________。 5. 已知∠A=∠D，∠C=∠F，若用AAS证明△ABC≌△DEF，需补充一组对边：________。 三、解答题（共60分） 1.（15分）辨析证明依据：根据已知条件，填写全等判定依据。（1）两角夹一边对应相等；（2）两角及其中一角对边对应相等。 2.（15分）已知：AB∥CD，∠B=∠D，求证：△ABC≌△CDA（用AAS证明）。 3.（15分）已知：∠1=∠2，AC平分∠BAD，AB=AD，求证：△ABC≌△ADC（用ASA证明）。 4.（15分）如图，点D、E分别在AB、AC上，∠B=∠C，AD=AE，求证：△ABD≌△ACE。 参考答案与解析 一、选择题：1.B 2.B 3.C 4.A 5.C 解析：ASA与AAS的核心区别在于边的位置，夹边对应相等为ASA，对边对应相等为AAS；仅三角相等的三角形为相似三角形，大小不一定相同，无法判定全等。 二、填空题：1.它们的夹边 2.其中一角的对边 3.不能 4.AB=DE 5.BC=EF（合理即可） 解析：解题关键是找准边角位置关系，ASA的边必须是两组角中间的公共夹边，AAS的边不夹在两角之间。 三、解答题：1.（1）ASA；（2）AAS。 2. 证明：∵AB∥CD，∴∠BAC=∠DCA，又∠B=∠D，AC=CA（公共边），∴△ABC≌△CDA（AAS）。 3. 证明：∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，又AB=AD，∠1=∠2，∴△ABC≌△ADC（ASA）。 4. 证明：在△ABD和△ACE中，∠B=∠C，∠A=∠A（公共角），AD=AE，∴△ABD≌△ACE（AAS）。 复习回顾 FU XI HUI GU 几何语言： 基本事实：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”. 在△ABC 和△ DEF 中， ∴△ABC≌△DEF (SAS)． AB = DE， ∠A = ∠D， AC = DF， A B C D E F 前面我们研究了两个三角形的两边和一角分别相等的情况. 接下来研究两个三角形的两角和一边分别相等的情况. 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 思考 两角一边分为哪几种情况？ 一种情况是边夹在两角的中间 ，形成两角夹一边 01 02 另一种情况是边不夹在两角的中间 ，形成两角一对边 角-边-角 角-角-边 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 思考 作图，三角形的两个内角分别是60°和80°，其中60°角和80°角和所夹的边为2cm. 2cm 80° 60° 2cm 80° 60° 你画的三角形与同伴画的一定全等吗？ 思考 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 基本事实：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”）. 几何语言： 在△ABC 和△ DEF 中， ∴△ABC≌△DEF (ASA)． ∠A= ∠D， AB = DE， ∠B = ∠E， A B C D E F 在做题时往往在相等的边或角上作相同的标记，方便辨别和判定全等三角形. 注 意 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 格式要求： 在△ABC 和△ DEF 中， ∴△ABC ≌△DEF (ASA)． ∠A = ∠D， AB = DE， ∠B = ∠E， 第一个三角形的名称和对应的判定条件 第二个三角形的名称和对应的判定条件 指明范围 说明依据 得出结论 全等三角形的对应字母要写在对应的位置，顺序不能错 三个条件必须按照 角 边 角 的顺序进行书写 典例精析 DIAN LI JING XI 例1 能得到什么结论帮助证明全等三角形？ 是需要证明的全等三角形中的角吗？如何转化？ 典例精析 DIAN LI JING XI 例2 这道题和之前我们讲解的“手拉手模型”有什么联系？ 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 思考 作图，三角形的两个内角分别是60°和80°，其中80°角所对的边为2cm. 你画的三角形与同伴画的一定全等吗？ 2cm 80° 60° 2cm 80° 60° 思考 根据三角形的内角和定理，如果两个三角形的两个角分别相等，那么它们的另一个角也相等. 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 在做题时往往在相等的边或角上作相同的标记，方便辨别和判定全等三角形. 注 意 基本事实：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”. 在△ABC 和△ DEF 中， ∴△ABC≌△DEF (AAS)． ∠A= ∠D， ∠B = ∠E， BC=EF, A B C D E F 几何语言： 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 在△ABC 和△ DEF 中， ∴△ABC ≌△DEF (AAS)． ∠A = ∠D， ∠B = ∠E， BC = EF, 第一个三角形的名称和对应的判定条件 第二个三角形的名称和对应的判定条件 指明范围 说明依据 得出结论 全等三角形的对应字母要写在对应的位置，顺序不能错 三个条件必须按照 角 角 边 的顺序进行书写 格式要求： （第1题） 1. 如图，某同 学把一块三角形的玻璃打碎成了三 块，现在要到玻璃店去配一块完全 一样的玻璃，那么最省事的方法是 ( ) A A. 带①去 B. 带②去 C. 带③去 D. 带①去或带②去 返回 中考考法 12 （第2题） 2. 母题教材P43练习 如图，点， ， ，在同一条直线上， ， ，若只添加一个条件，不能判定 的是( ) A A. B. C. D. 中考考法 13 （第2题） 【点拨】 ， ，即 ， 添加 ，根据“ ”无法证明 ；添加 ，可依据 “”判定；添加，可依据“ ”判 定；添加，可依据 “ ”判定 . 返回 中考考法 14 是全等三角形中的对应边吗？ 典例精析 DIAN LI JING XI 例3 新知探究 XIN ZHI TAN JIU 思考 ASA“ASA”和'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 由三角形的内角和定理可知，“ASA”和“AAS”可以互相转化 AAS “S”是其中一角的对边 把两角相等写在一起，边相等放在最后 “ASA”和'AAS”两种判定全等的方法有何区别与联系？ 能否找出和线段AM与BN相等的线段？ 典例精析 DIAN LI JING XI 例4 (1)中的△ACM≌△CBN是否仍然成立？ 典例精析 DIAN LI JING XI 例4 典例精析 DIAN LI JING XI 一线三(等)角模型（K字模型） 像这样，过等腰直角三角形直角顶点作直线l，过另外两个顶点作直线l的垂线，构成的两个三角形全等，这个模型称为“一线三（直）角（全等）模型”. 模型名称：（简称）一线三角模型 证明方法：AAS 模型及其变形和结论要牢记！ 首先要明确用什么方法判定全等 如图，已知AD是∠BAC 的平分线，在不添加任何辅助线的前提下，要使 △AED ≌△AFD，可添加一个什么条件？并给予证明. 典例精析 DIAN LI JING XI 例5 解：（方法一） 添加AE=AF，证明如下： ∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠EAD=∠FAD. ∵在△AED和△AFD中， AE=AF， ∠EAD=∠FAD， AD=AD， ∴△AED≌△AFD（SAS）. 已有一边和一角分别相等， 可以构造一边相等选择“SAS”. 能添加角吗？ 如图，已知AD是∠BAC 的平分线，在不添加任何辅助线的前提下，要使 △AED ≌△AFD，可添加一个什么条件？并给予证明. 典例精析 DIAN LI JING XI 例5 解：（方法二） 添加∠EDA=∠FDA ，证明如下： ∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠EAD=∠FAD. ∵在△AED和△AFD中， ∠EDA=∠FDA， AD=AD， ∠EAD=∠FAD， ∴△AED≌△AFD（ASA）. 已有一边和一角分别相等， 可以构造一角相等选择“ASA”. 还能添加不同的角吗？ 典例精析 DIAN LI JING XI 例5 解：（方法三）添加∠DEA=∠DFA，证明如下： ∵AD是∠BAC的平分线， ∴∠EAD=∠FAD. ∵在△AED和△AFD中， ∠DEA=∠DFA， ∠EAD=∠FAD， AD=AD， ∴△AED≌△AFD（AAS）. 如图，已知AD是∠BAC 的平分线，在不添加任何辅助线的前提下，要使 △AED ≌△AFD，可添加一个什么条件？并给予证明. 已有一边和一角分别相等， 可以构造一角相等选择“AAS”. （第3题） 3. ［2025咸宁月考］如图， ， ，，，则 的长 是( ) B A. 3 B. 5 C. 6 D. 8 返回 中考考法 23 4. ［2025淄博月考］如图，中边上的高为 ， 中边上的高为 ，下列结论正确的是( ) C （第4题） A. B. C. D. 无法确定与 的大小关系 中考考法 24 【点拨】如图，过点 作 于点，过点 作 ，交 的延长线于点 ，，， ， . ， . .又 ， ，，即 . 返回 中考考法 25 5.如图，在中，,动点,,分别在,, 上移动，移动过程中始终保持, ,请你判 断是否存在始终与 全等的三角形，并说明理由. 中考考法 26 【解】存在始终与 全等的三角形.理由 如下： , , , .在和 中， . 返回 中考考法 27 （第6题） 6. 如图，在四边形 中， ，，点是 上一点， 连接，，若 ， ，则 的长为 ( ) C A. 7 B. 8 C. 10 D. 12 中考考法 28 （第6题） 【点拨】， ， .又 ， ， ， ， ， . 返回 中考考法 29 （第7题） 7. ［2025无锡月考］如图， ，， ， 有下列结论： ； ； . 其中正确的有( ) C A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 中考考法 30 （第7题） 【点拨】 ， ， ， ， ， ， ，即 ， ， ，， ， 中考考法 31 故①不正确，②正确； ， ， ， ，故③正确. 正 确的有②③，共2个. （第7题） 返回 中考考法 8. ［2025汕头月考］如图，已知是 的平分线， ，若，则 的面积等于( ) A （第8题） A. B. C. D. 中考考法 33 【点拨】 如图所示，延长，交 于点 ， .是 的平分线，.在和 中， 中考考法 34 ， ， 和 等底 等高， ， ， . 返回 中考考法 课堂小结 QING JING YIN RU 内容 两角及其夹边分别相等的两个三角形全等 （简写成 “ASA”) 两角和其中一个角的对边分别相等的两个三角形全等 （简写成 “AAS”) 角边角 角角边 应用 为证明线段和角相等提供了新的证法 注意 注意“角角边”、“角边角”中两角与边的区别 证明：∵FC∥AB， ∴∠A＝∠FCE，∠ADE＝∠F， 在△ADE与△CFE中， ∴△ADE≌△CFE(AAS)． 如图，D是AB上一点，DF交AC于点E，DE＝FE，FC∥AB，试说明：△ADE≌△CFE. 证明：∵AB⊥AC，AD⊥AE， ∴∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE即∠BAD＝∠CAE. 在△ABD和△ACE中 ∠BAD＝∠CAE AB＝AC ∠ABD＝∠ACE， ∴△ABD≌△ACE(ASA) ∴BD＝CE. 如图，AB＝AC，AB⊥AC，AD⊥AE，且∠ABD＝∠ACE. 试说明：BD＝CE. 证明：∵AD＝BE， ∴AD－BD＝BE－BD即AB＝ED. ∵AC∥EF，∴∠A＝∠E. 在△ABC和△EDF中， ∴△ABC≌△EDF(AAS)．∴BC＝DF. 如图，点B，D在线段AE上，AD＝BE，AC∥EF，∠C＝∠F. 试说明：BC＝DF. 如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C在△ABC外作直线l，AM⊥l于点M，BN⊥l于点N. (1)试说明：MN＝AM＋BN； （1）证明：∵∠ACB＝90°，∴∠ACM＋∠BCN＝90°. 又∵AM⊥MN，BN⊥MN，∴∠AMC＝∠CNB＝90°， ∴∠BCN＋∠CBN＝90°，∴∠ACM＝∠CBN. 在△ACM和△CBN中， ∴△ACM≌△CBN(AAS)，∴MC＝NB，MA＝NC. ∵MN＝MC＋CN，∴MN＝AM＋BN. (2)如图②，若过点C作直线l与线段AB相交，AM⊥l于点M，BN⊥l于点N（AM＞BN），(1)中的结论是否仍然成立？说明理由． （2）解：(1)中的结论不成立，结论为MN＝AM－BN. 理由如下： 同(1)中证明可得△ACM≌△CBN(AAS)， ∴CM＝BN，AM＝CN. ∵MN＝CN－CM， ∴MN＝AM－BN. $