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初中数学人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定教学设计
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这是一份初中数学人教版八年级上册12.2 三角形全等的判定教学设计，共40页。教案主要包含了知识拓展1，即学即练，知识拓展2，知识拓展3，即学即练3，知识拓展4，即学即练4，知识拓展5等内容，欢迎下载使用。
专题12.2.2 三角形全等的判定2（SAS）
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1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用“SAS”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲
知识点01三角形全等的判定2：（SAS）
知识点
三角形全等的判定2：边角边（SAS）
文字：在两个三角形中，如果有两条边及它们的夹角对应相等，那么这两个三角形全等；
图形：
符号：在与中，
【微点拨】
“SAS”判定方法证明两个三角形全等及进行简单的应用．
1.证明线段相等或者角相等时，常常通过证明它们是全等三角形的对应边或对应角来解决.
2判断三角形全等时，注意两边与其中一边的对角相等的两个三角形不一定全等．解题时要根据已知条件的位置来考虑，只具备SSA时是不能判定三角形全等的．
【知识拓展1】边角边判定三角形全等的条件
例1．（2022·山东济南·七年级期中）如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2，若用“SAS”说明△ABC≌△BAD，则还需添加的一个条件是（ ）
A．AD＝BC B．∠C＝∠D C．AO＝BO D．AC＝BD
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定，已知∠1＝∠2，AB为公共边，所以可添加AC＝BD，根据SAS可证△ABC≌△BAD．
【详解】解：添加AC＝BD，理由如下：
在△ABC和△BAD中，，∴△ABC≌△BAD（SAS），故选：D．
【点睛】此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．
【即学即练】
1．（2022·江苏淮安·七年级期末）如图，在和中，，补充一个条件后，能直接应用“SAS”判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直接应用“SAS”判定，已知了，补充即可．
【详解】解：∵，，
∴（SAS）故选B
【点睛】本题考查了SAS证明全等三角形，掌握全等三角形的判定是解题的关键．
【知识拓展2】利用SAS判定三角形全等（实际应用）
例2．（2022·辽宁丹东·七年级期末）如图，桌面上放置一个等腰直角△ABC，直角顶点C顶着桌面，若另外两个顶点与桌面的距离分别为和，过另外两个顶点向桌面作垂线，则两个垂足之间的距离DE的长度为______．
【答案】8
【分析】利用互余关系找两个三角形对应角相等，根据等腰直角三角形找对应边相等，两个对应直角相等，判断三角形全等，从而AD=CE，CD=BE，得到DE的长．
【详解】解：∵∠CDA=∠ACB=∠CEB=90°，
∴∠ACD +∠DAC=∠ACD+∠ECB=∠ECB+∠CBE=90°，
∴∠ACD =∠CBE，∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，∴△ACD≌△CBE（ASA），
∴AD=CE，CD=BE，∴DE=DC+CE=BE+AD=3+5=8(cm)．故答案为：8．
【点睛】本题考查了全等三角形判定及性质的应用；通过三角形全等，对应线段相等，对线段长度进行转化．本题的关键是证明△ACD≌△CBE，利用全等三角形的性质进行等量代换求解．
【即学即练】
2.（2022·河南郑州·七年级期末）在学习“利用三角形全等测距离”之后，七一班数学实践活动中，张老师让同学们测量池塘A，B之间的距离（无法直接测量）
小颖设计的方案是：先过点A作的垂线，在上顺次截取，使，然后过点D作，连接并延长交于点E，则的长度即为的长度．(1)小颖的作法你同意吗？并说明理由；(2)如果利用全等三角形去解决这个问题，请你设计一个与小颖全等依据不同的方案，并画出图形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）只需要利用ASA证明△ABC≌△DEC即可得到答案；
（2）过点A作射线AP，在线段AP上取两点C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接DE，则DE的长即为AB的长．
（1）解：同意小颖的作法，理由如下：
∵DN⊥AD，AB⊥AM，∴∠CDE=∠CAB=90°，
又∵∠ACB=∠DCE，AC=DC，∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴DE=AB，∴同意小颖的作法；
（2）解：过点A作射线AP，在线段AP上取两点C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接DE，则DE的长即为AB的长；
∵EC=BC，AC=DC，∠ACB=∠DCE，
∴△ACB≌△DCE（SAS），∴AB=DE；
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【知识拓展3】利用SAS证明三角形全等（求线段的长度）
例3．（2021•洪山区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于点D，在AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用已知条件证明△ADE≌△ADC（SAS），得到ED＝CD，从而BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，即可求得△BDE的周长．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠EAD＝∠CAD
在△ADE和△ADC中，，∴△ADE≌△ADC（SAS），
∴ED＝CD，∴BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，∴△BDE的周长＝BE+BD+ED＝（6﹣4）+5＝7．故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是证明△ADE≌△ADC．
【即学即练3】
3．（2022·浙江台州·八年级期末）已知：如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，AB＝DE．BC＝EF；(1)求证：△ABC≌△DEF；(2)若点E为BC中点，EC＝6，求线段BF的长度．
【答案】(1)证明见解析(2)18
【分析】（1）由AB∥DE得∠B=∠DEF，已知条件中还有AB=DE，BC=EF，可以根据“SAS”判定△ABC≌△DEF；
（2）若点E为BC中点，则EB=EC=6，所以BC=EF=12，由BF=EB+EF可以求出BF的长．
（1）证明：如图，∵AB∥DE，∴∠B=∠DEF，在△ABC和△DEF中，∴△ABC≌△DEF（SAS）．
（2）解：∵点E为BC中点，EC=6，∴EB=EC=6，∴BC=EB+EC=6+6=12，∴BC=EF=12，∴BF=EB+EF=6+12=18，∴线段BF的长度为18．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，找到并根据已知条件证明△ABC和△DEF全等所缺少的条件是解题的关键．
【知识拓展4】利用SAS证明三角形全等（求角的度数）
例4．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，已知三个内角的角平分线相交于点，点在的延长线上，且，连接，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】由角平分线的性质和三角形内角和定理可求，由“”可证≌，可得．
【详解】解：三个内角的角平分线相交于点，
平分平分，
，
，，
，，
在和中，
，≌，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【即学即练4】
4．（2022·山东济南·七年级期中）如图，点B、C、E、F在同一直线上，点A、D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．
(1)△ABE和△DCF全等吗？请说明理由；(2)若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠CFD的度数．
【答案】(1)见解析；(2)102°．
【分析】（1）由BF=CE，得BE=CF，再利用SAS证明△ABE≌△DCF；
（2）由（1）知，∠A=∠D，∠AEB=∠DFC，可知∠D=72°，再利用三角形外角的性质∠DFB=∠C+∠D=102°，从而得出答案．
（1）证明：∵BF=CE，∴BE=CF，在△ABE与△DCF中∴△ABE≌△DCF（SAS），
（2）解：由（1）知，△ABE≌△DCF，∴∠AEB=∠DFC，∠A=∠D，∴∠AEC=∠DFB，∵∠A+∠D=144°，∴∠D=72°，又∵∠C=30°，∴∠DFB=∠C+∠D=102°，∴∠AEC=102°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和是解题的根据．
【知识拓展5】利用SAS证明三角形全等（证明类）
例5．（2022·全国·八年级专题练习）如图，BD、CE分别是△ABC的边AC和AB上的高，点P在BD的延长线上，BP＝AC，点Q在CE上，CQ＝AB．求证：(1)AP＝AQ；(2)AP⊥AQ．
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】（1）由于BD⊥AC，CE⊥AB，可得∠ABD＝∠ACE，又有对应边的关系，进而得出△ABP≌△QCA，即可得出结论．
（2）在（1）的基础上，证明∠PAQ＝90°即可．
(1)证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB（已知），∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°，∠ACE+∠BAC＝90°（直角三角形两个锐角互余），
∴∠ABD＝∠ACE（等角的余角相等），
在△ABP和△QCA中，
，∴△ABP≌△QCA（SAS），
∴AP＝AQ（全等三角形对应边相等）．
(2)由（1）可得∠CAQ＝∠P（全等三角形对应角相等），
∵BD⊥AC（已知），
∵∠P+∠CAP＝90°（直角三角形两锐角互余），
∴∠CAQ+∠CAP＝90°（等量代换），即∠QAP＝90°，
∴AP⊥AQ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握并运用．
【即学即练5】
5．（2021•沙坪坝区校级期中）如图，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，过B点作BD⊥AC于D，E在CD上，且DE＝AB，过点D作DF∥BC，使得DF＝BD，连接EF．
求证：（1）∠ABD＝∠C；（2）DF⊥EF．
【分析】（1）由直角三角形的性质可得出答案；
（2）证明△ABD≌△EDF（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠DFE＝90°，则可得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，
∵BD⊥AC，∴∠BDA＝90°，∵∠ABD+∠A＝90°，∴∠ABD＝∠C；
（2）∵DF∥BC，∴∠FDE＝∠C，∵∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠FDE，
在△ABD和△EDF中，，∴△ABD≌△EDF（SAS），
∴∠ADB＝∠DFE＝90°，∴DF⊥EF．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
能力拓展
考法01 利用SAS证明三角形全等（探究类）
【典例1】（2021·河南平顶山市·八年级期中）在中，，点在平面内，连接并将线段绕点顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接．
（1）如图1，如果点是边上任意一点，线段和线段的数量关系是 ；
（2）如图2，如果点为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）．
【答案】（1）；（2）成立，见解析
【分析】（1）运用“SAS”证可得；
（2）运用“SAS”证可得．
【详解】解：（1），即．
是由绕点顺时针方向旋转得到的，．
又，，故答案为：．
（2）仍然成立．证明如下：，即．
是由绕点顺时针方向旋转得到的，．
又，，．
【点精】全等三角形的判定和性质．理解全等三角形的判定和性质是关键．
变式1．（2021·安徽宿州市·七年级期末）如图，在和中，，为锐角，，，连接、，与交于点，与交于点．
（1）与全等吗？为什么？（2）与有何特殊的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）全等，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）根据“边角边”证明三角形全等即可；（2）由已知条件根据三角形内角和等于即可求证．
【详解】（1）全等．
因为，所以，即．
在和中，，， 所以．
（2），的特殊位置关系为．
理由：由（1）知，所以
因为
又因为，，所以所以．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，熟悉以上定理是解题的关键．
变式2（2022·全国·八年级课时练习）如图①，和是等腰三角形，且，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交边，于点、，连接．
（1）探究、、之间的关系，并说明理由；（2）若点、分别在、CA延长线上，其他条件不变，如图②所示，则、、之间存在什么样的关系？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+FC；（2）EF=FC-BE．
【分析】（1）由等腰三角形的性质，解得，，延长AB至G，使得BG=CF，连接DG，进而证明，再根据全等三角形对应边相等的性质解得，再结合等腰三角形的性质可证明，最后根据全等三角形的性质解题即可；
（2）在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得，，进而证明得到，据此方法再证明，最后根据全等三角形的性质解题即可．
【详解】（1）和是等腰三角形，
延长AB至G，使得BG=CF，连接DG
在和中，BG=CF，
，
在和中，DE=DE，
，
（2）在CA上截取CG=BE,连接DG
是等腰三角形，
在和中，CG=BE，
在和中，FD=FD，
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
考法02 动态问题
【典例2】（2022·辽宁沈阳·七年级期末）如图（1），AB=10，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=7，点P在线段AB上以每秒3个单位长度的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1秒时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由；
(2)在（1）的前提条件下，判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，并说明理由；
(3)如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB=∠DBA=70°”，其他条件不变，设点Q的运动速度为x个单位长度/秒，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，直接写出相应的x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)全等，理由见解析 (2)PC⊥PQ，理由见解析
(3)存在，x=3个单位长度/秒或x=个单位长度/秒
【分析】（1）结论：△ACP与△BPQ全等，根据SAS证明三角形全等即可；
（2）结论：PC⊥PQ，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（3）分两种情形，利用全等三角形的性质构建方程即可解决问题．
（1）解：△ACP与△BPQ全等，理由如下：当t=1时，AP=BQ=3，∵AB=10，∴BP=AB﹣AP=10﹣3=7，∵AC=BP=7，∴BP=AC，又∵∠A=∠B=90°，在△ACP和△BPQ中，，∴△ACP≌△BPQ（SAS）；
（2）解：PC⊥PQ，理由如下：∵△ACP≌△BPQ，∴∠ACP=∠BPQ，∴∠APC＋∠BPQ=∠APC＋∠ACP=90°，∴∠CPQ=90°，即PC⊥PQ；
（3）解：当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t=秒，x=个单位长度/秒时，△ACP与△BPQ全等，
理由如下：根据题意得，AP=3t，BP=10﹣3t，BQ=xt，
①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP=7，AP=BQ，∴10﹣3t=7，解得：t=1（秒），则x=3（个单位长度/秒）；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ=7，AP=BP，则3t=×10=5，解得，t=（秒），∴xt=7，解得，x=（个单位长度/秒）；故当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t=秒，x=个单位长度/秒时，△ACP与△BPQ全等．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，一元一次方程等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
变式1．（2021·广东·肇庆市颂德学校八年级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝∠C，AB＝8厘米，BC＝6厘米，点D为AB的中点，如果点P在线段BC上以每秒2厘米的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以每秒a厘米的速度由C点向A点运动，设运动时间为t（秒）（0≤t＜3）．
(1)用含t的代数式表示PC的长度．
(2)若点P、Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(3)若点P、Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度a为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【答案】(1)6﹣2t (2)是，详见解析 (3)当a＝时，能够使△BPD与△CQP全等
【分析】(1)直接根据时间和速度表示PC的长；
(2)根据SAS证明△CQP≌△BPD即可；
(3)因为点P、Q的运动速度不相等，所以PB≠CQ，那么PB只能与PC相等，则PB＝PC＝3，CQ＝BD＝4，得2t＝3，at＝4，解出即可．
（1）由题意得：PB＝2t，则PC＝6﹣2t；故答案为：6﹣2t；
（2）理由是：当t＝a＝1时，PB＝CQ＝2，∴PC＝6﹣2＝4，∵∠B＝∠C，∴AC＝AB＝8，∵D是AB的中点，∴BD＝AB＝4，∴BD＝PC＝4，在△CQP和△BPD中，∵，∴△CQP≌△BPD（SAS）；
（3）∵点P、Q的运动速度不相等，∴PB≠CQ，当△BPD与△CQP全等，且∠B＝∠C，∴BP＝PC＝3，CQ＝BD＝4，∵BP＝2t＝3，CQ＝at＝4，∴t＝，∴a＝4，a＝，∴当a＝时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定，主要运用了路程=速度×时间的公式，要求熟练运用全等三角形的判定和性质．
分层提分
题组A 基础过关练
1．（2022·江苏·八年级专题练习）下列选项可用SAS证明△ABC≌△A′B′C′的是（ ）
A．AB＝A′B′，∠B＝∠B′，AC＝A′C′ B．AB＝A′B′，BC＝B′C′，∠A＝∠A′
C．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠C＝∠C′ D．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′
【答案】C
【分析】根据全等三角形SAS的判定逐项判定即可．
【详解】解：A、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
B、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
C、满足SAS，能证明△ABC≌△A′B′C′，符合题意；
D、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定条件是解答的关键．
2.（2022•栾城区校级期末）如图，在△ABC中，D，E是BC边上的两点，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝110°，∠BAE＝60°，则∠CAE的度数为（ ）
A．50° B．60° C．40° D．20°
【分析】先由∠1＝∠2＝120°推导出∠ADC＝∠AEB，再证明△ACD≌△ABE，则∠CAD＝∠BAE＝60°，再求出∠C的度数，进而求出∠CAE的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝∠2＝110°，∴180°﹣∠1＝180°﹣∠2，
∵∠ADC＝∠180°﹣∠1，∠AEB＝180°﹣∠2，∴∠ADC＝∠AEB，
在△ACD和△ABE中，，∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠C＝∠1﹣∠CAD＝110°﹣60°＝50°，
∴∠CAE＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣110°﹣50°＝20°，∴∠CAE的度数为20°，故选：D．
【点评】此题考查三角形的内角和定理及其推论、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ACD≌△ABE是解题的关键．
3．（2022·广东深圳·七年级期末）如图所示，为了测量出A，B两点之间的距离，在地面上找到一点C，连接BC，AC，使，然后在BC的延长线上确定D，使，那么只要测量出AD的长度也就得到了A，B两点之间的距离，这样测量的依据是（ ）
A．AAS B．SAS C．ASA D．SSS
【答案】B
【分析】根据SAS即可证明△ACB≌△ACD，由此即可解决问题．
【详解】解：∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠ACD＝90°，
在△ACB和△ACD中，，
∴△ACB≌△ACD（SAS），∴AB＝AD，故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
4．（2022·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AB＝7，AC＝5，AD是边BC的中线，那么AD的取值范围是（ ）
A．0＜AD＜12 B．2＜AD＜12 C．0＜AD＜6 D．1＜AD＜6
【答案】D
【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可求解．
【详解】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．
∵AD是边BC的中线，∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB＝7．
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即：2＜2AD＜12，1＜AD＜6．故选：D．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：出现中点的辅助线一般应延长中线所在的直线构造全等三角形，这是一种非常重要的方法，要注意掌握．
5．（2022·全国·八年级单元测试）如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝50°，则∠DEF的度数是（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】首先证明△DBE≌△ECF，进而得到∠EFC＝∠DEB，再根据三角形内角和计算出∠CFE＋∠FEC的度数，进而得到∠DEB＋∠FEC的度数，然后可算出∠DEF的度数．
【详解】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
在△DBE和△ECF中，，
∴△DBE≌△ECF（SAS），∴∠EFC＝∠DEB，
∵∠A＝50°，∴∠C＝（180°−50°）÷2＝65°，
∴∠CFE＋∠FEC＝180°−65°＝115°，∴∠DEB＋∠FEC＝115°，
∴∠DEF＝180°−115°＝65°，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和是180°．
6．（2021·上海市松江区九亭中学初一期中）如图，在与中，有以下四个等式①；②；③；④，请以其中三个等式作条件，余下一个作结论，写出所有的正确判断 ___________________________（用形式表示）
【答案】①②④③，①④③②．
【分析】根据已知条件，根据三角形全等的判定方法，结合条件在图形上的位置进行选择能够判定三角形全等的条件，另一个作为结论，可得答案．
【解析】解：(1)①②④⇒③．证明如下：∵DE=DC，DA=DB，AC=BE
∴△DCA≌△DEB（SSS）∴∠C=∠E（全等三角形的对应角相等）
(2) ①④③⇒② 证明如下：∵，，
∴△DCA≌△DEB（SAS）∴DA=DB（全等三角形的对应边相等）故答案为：①②④⇒③，①④③⇒②．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；这是一道考查三角形全等的识别方法的开放性题目，答案可有多种，结合图形与判定方法进行选择是解答本题的关键．
7．（2021•温岭市八年级期中）某中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的长度相等，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35cm，由以上信息能求出CB的长度吗？如果能，请求出CB的长度；如果不能，请说明理由．
【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＝35cm，∴CB＝35（cm），答：CB的长度为35cm．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，证明得到三角形全等是解题的关键．
8．（2022·福建·厦门五缘实验学校八年级期末）命题：如图，已知，共线，（1），那么．
(1)从①和②两个条件中，选择一个填入横线，使得上述命题为真命题，你选择的条件为_______（填序号）；
(2)根据你选择的条件，判定的方法是________；
(3)根据你选择的条件，完成的证明．
【答案】(1)① (2)SAS (3)见解析
【分析】（1）根据全等三角形的判定方法分析得出答案；
（2）根据（1）直接填写即可；（3）利用SAS进行证明．
【解析】 (1)解：∵，∴∠A=∠F，
∵AC=EF，∴当时，可根据SAS证明；
当时，不能证明，故答案为：①；
(2)解：当时，可根据SAS证明，故答案为：SAS；
(3)证明：在△ABC和△FDE中，，∴．
【点睛】此题考查了添加条件证明两个三角形全等，正确掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9．（2022•鼓楼区校级期中）如图，已知AB＝CD，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE，连接BC，求证：∠ABE＝∠D．
【分析】证明△ABE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠D．
【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠A＝∠DCF，
∵AF＝CE，∴AF﹣EF＝CE﹣EF，即AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴∠ABE＝∠D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定是本题的关键．
10．（2021·北京房山·九年级期中）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．求证：△BCE≌△BDF．
【答案】见解析
【分析】由旋转得出BE＝BF，∠EBF＝70°，进而得出∠DBF＝∠CBE，根据SAS即可证明△BCE≌△BDF．
【详解】∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，∴BE＝BF，∠EBF＝70°，
∵∠ABC＝70°，∴∠EBF＝∠ABC，∴∠DBF＝70°－∠ABE＝∠CBE，
在△BCE和△BDF，∴△BCE≌△BDF（SAS）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
题组B 能力提升练
1. （2022•弋江区八年级期末）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长可能是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】在AC上取AE＝AB＝5，然后证明△AEP﹣ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝3，再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．
【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，，∴△APE≌△APB（SAS），∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，解得1＜PC＜7，∴PC取6，故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系；通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键﹒
2．（2022·山东济宁·八年级期末）如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝40°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③∠EFB＝40°；④AD＝AC，正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：在△ABC和△AEF中，
，∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠BAE＝∠FAC＝40°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝40°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3．（2021·山东德州·八年级期中）如图所示，，，，，，则（ ）
A． B． C． D．无法计算
【答案】B
【分析】根据，可得，由证得与全等，得到，根据三角形外角和即可求解．
【详解】，
，即，
在与中，
≌，，
，，
，．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角性质，推出≌是解题的关键．
4．（2022·重庆一中七年级期末）如图，在△ABC中，∠B＝110°，延长BC至点D使CD＝AB，过点C作CE∥AB且使CE＝BC，连接DE并延长DE交AC于点F，交AB于点H．若∠D＝20°，则∠CFE的度数为______度．
【答案】30
【分析】证明△ABC≌△DCE，可得∠A=∠D= 20°，然后利用三角形内角和可得∠DEC=∠ACB= 50°，进而可以解决问题．
【详解】解：∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
，∴△ABC≌△DCE（SAS），
∴∠A＝∠D＝20°，∠DEC＝∠ACB，
∵∠B＝110°，∴∠ACB＝180°﹣∠B+∠A＝50°，
∴∠DEC＝∠ACB＝50°，
∵CE∥AB，∴∠BHF＝∠DEC＝50°，
∴∠CFE＝∠AFH＝∠BHF﹣∠A＝50°﹣20°＝30°．故答案为：30．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABC≌△DCE．
5．（2022·安徽池州·八年级期末）如图，与中，，，，交于D．给出下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的结论是__________（填写所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据等腰三角形的性质即可得；先根据三角形全等的性质可得，由判断①、③；②假设，根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此可得假设不成立；先根据三角形的外角性质可得，再根据角的和差可得，由此即可得④是否成立．
【详解】在和中，，
，
，
，则结论①正确；
∴，则结论③正确；
由三角形的外角性质得：，
又，
，则结论④正确；
假设，
在和中，，
，
，即AF是的角平分线，
∵AF不一定是的角平分线，
∴假设不一定成立，则结论②错误；
综上，正确的结论是①③④，故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
6．（2022·全国·八年级单元测试）添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt中，，是高，是外一点，，，若，，，求的面积．同学们可以先思考一下……，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在上截取，（如图2）．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得的面积为______．
【答案】36
【分析】先通过等量代换推出，再利用“边角边”证明，再通过求出的面积即可．
【详解】解：是的高，
，
，
，
，
，
，
．
在和中，
，
，
．
，，，
，
，
．
故答案为：36．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据题中所给提示，通过证明三角形全等，将求的面积转化为求的面积是解题的关键．
7．（2022·江苏泰州·七年级期末）如图，，，，．
(1)求证：．(2)图中、有怎样的关系？试证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析(2)，，理由见解析
【分析】（1）根据，并结合图形可推出，再根据，，结论即可得证；
（2）如图，设交于点，交于点，由（1）的结论可推出，，由，，可得出，可得，由此即可解决问题．
（1）证明：∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴．
（2）解：结论：，．理由如下：如图，设交于点，交于点，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，三角形的内角和定理，垂直的定义．解题的关键是正确寻找判定三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题．
8．（2021·湖北宜昌·八年级期中）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC
【答案】见解析
【分析】截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，可证得△APN≌△APC，可得到PC=PN，△BPN中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，证明△ABP≌△AMP，可得PB=PM，在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证．
【详解】解：截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，
在△APN和△APC中
∵AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，
∴△APN≌△APC，
∴PC=PN，
∵△BPN中有PB－PN＜BN，
即PB－PC＜AB－AC；
补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，
在△ABP和△AMP中，∵AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，
∴△ABP≌△AMP，∴PB=PM，
又∵在△PCM中有CM＞PM－PC，即AB－AC＞PB－PC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．
9. （2022•大连月考）为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在八年级数学兴趣小组活动中，设置了这样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同学分别设计出了如下两种方案：
甲：如图1，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可；
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE⊥AB，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
甲、乙两个同学的方案是否可行？请说明理由．
【分析】甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
甲同学利用的是“边角边”，乙同学的方案根据等腰三角形的性质得出AB＝BC，故方案可行．
【解答】解：甲、乙两同学的方案都可行，
甲同学方案：在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（SAS），∴AB＝CD；
乙同学方案：∵AD＝CD，DB⊥AC于点B，∴AB＝BC，
∴测量出线段BC的长度就是池塘两端A，B之间的距离，∴甲、乙两同学的方案都可行．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形判定的“SAS”定理是解决问题的关键
题组C 培优拔尖练
1．（2022·重庆·四川外国语大学附属外国语学校七年级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，点D为AC上的点，连接BD，点E在△ABC外，连接AE，BE，使得CD＝BE，∠ABE＝∠C，过点B作BF⊥AC交AC点F，若∠BAE＝21°，∠C＝28°，则∠FBD＝（ ）
A．49° B．59° C．41° D．51°
【答案】C
【分析】由△ABE≌△BCD（SAS），可求出∠BAE＝∠CBD＝21°，△ABC是等腰三角形，BF是底边AC的高，可以求出∠DBF＝90°﹣（∠CBD＋∠C）.
【详解】在△ABE和△BCD中，
，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BAE＝∠CBD，
∵∠BAE＝21°，∠C＝28°，∴∠CBD＝21°，
∴∠BDF＝∠CBD＋∠C＝21°＋28°＝49°，
∵BF⊥AC，∴∠BFD＝90°，
∴∠FBD＝90°﹣∠BDF＝90°﹣49°＝41°故选：C.
【点睛】本题考查了全等三角形和等腰三角形的性质，此类题型比较灵活，但围绕的知识点是固定的，解题时注意结合图形寻找已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向.
2．（2022·黑龙江·集贤县八年级期中）如图，是的中线，E，F分别是和延长线上的点，且，连接．下列说法：①；②和面积相等；③；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据三角形中线的定义可得，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，再根据内错角相等，两直线平行可得，最后根据等底等高的三角形的面积相等判断出②正确．
【详解】解：是的中线，，
在和中，，，故④正确
，，故①正确，
，故③正确，
，点到、的距离相等，
和面积相等，故②正确，
综上所述，正确的有4个，故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图．
3．（2022·重庆·八年级课时练习）如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝NBC＝∠90°，连接MN，已知MN＝4，则BD＝_________．
【答案】2
【分析】延长BD到E，使DE=BD，连接AE，证明△ADE≌△CDB（SAS），可得AE=CB，∠EAD=∠BCD，再根据△ABM和△BCN是等腰直角三角形，证明△MBN≌△BAE，可得MN=BE，进而可得BD与MN的数量关系即可求解．
【详解】解：如图，延长BD到E，使DE=BD，连接AE，
∵点D是AC的中点，∴AD=CD，
在△ADE和△CDB中，，∴△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE=CB，∠EAD=∠BCD，
∵△ABM和△BCN是等腰直角三角形，
∴AB=BM，CB=NB，∠ABM=∠CBN=90°，∴BN=AE，
又∠MBN+∠ABC=360°-90°-90°=180°，
∵∠BCA+∠BAC+∠ABC=180°，
∴∠MBN=∠BCA+∠BAC=∠EAD+∠BAC=∠BAE，
在△MBN和△BAE中，，∴△MBN≌△BAE（SAS），∴MN=BE，
∵BE=2BD，∴MN=2BD．又MN=4，∴BD=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
4．（2022·山东济南·七年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB、BC上，∠EDF＝45°，当AE＝a，CF＝b时，EF＝_______（用含a、b的式子表示）．
【答案】a＋b##b＋a
【分析】延长FC到M，使CM＝AE，连接DM，通过SAS可证明△ADE≌△CDM，得DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，再通过SAS证明△DEF≌△DMF，从而有EF＝MF＝a＋b．
【详解】解：延长FC到M，使CM＝AE，连接DM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠DCM＝90°，
在△ADE和△CDM中，，
∴△ADE≌△CDM（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∵∠EDF＝45°，∴∠ADE＋∠FDC＝45°，
∴∠CDM＋∠FDC＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF与△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF＝MF＝a＋b，故答案为：a＋b．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE．
求证：CF＝FG+CE．
【答案】见解析
【分析】在BC上取点M，使CM=CE，证明△CDE≌△CDM（SAS），可得DE=DM，∠DEC=∠DMC，∠EDC=∠MDC，证明∠BDM=180°-∠ABC-∠DMB=180°-∠ABC-∠AEB=∠A，然后证明△DGF≌△DMF（SAS），可得GF=MF，进而可以解决问题．
【详解】证明：如图，在BC上取点M，使CM=CE，
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，
在△CDE和△CDM中，，∴△CDE≌△CDM（SAS），
∴DE=DM，∠DEC=∠DMC，∠EDC=∠MDC，
∵GD=DE， ∴GD=MD，
∵∠DEC+∠AEB=180°，∠DMC+∠DMF=180°，∴∠AEB=∠DMF，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=∠ABC，
∴∠BDM=180°-∠ABC-∠DMB=180°-∠ABC-∠AEB=∠A，
∵∠A=2∠BDF，∴∠BDM=2∠BDF，∴∠FDM=∠FDG，
在△DGF和△DMF中，∵，
∴△DGF≌△DMF（SAS），∴GF=MF，
∴CF=CM+FM=CE+GF．∴CF=FG+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，解决本题的关键是根据题意准确作出辅助线得到△DGF≌△DMF．
6．（2022·全国·八年级专题练习）已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．
(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝ ；
(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝ ；
(3)如图3，若∠DAB＝，试探究∠AFG与的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)60°(2)45°(3)（180°﹣），证明见解析
【分析】（1）连接AG．易证△ADC≌△ABE，可得DC＝BE，∠ADC＝∠ABE，AD＝AB，根据G、F分别是DC与BE的中点，可得DG＝BF，即可证明△ADG≌△ABF，可得AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，即可求得∠DAB＝∠GAF，即可解题．
（2）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题；
（3）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题．
（1）连接AG．
∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE．
在△ADC和△ABE中，，
∴△ADC≌△ABE（SAS），∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．
∵G、F分别是DC与BE的中点，
∴DGDC，BFBE，∴DG＝BF．
在△ADG和△ABF中，，
∴△ADG≌△ABF（SAS），∴AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，
∴∠AGF＝∠AFG，∠DAG﹣∠BAG＝∠BAF﹣∠BAG，∴∠DAB＝∠GAF．
∵∠DAB＝60°，∴∠GAF＝60°．
∵∠GAF+∠AFG+∠AGF＝180°，∴∠AFG＝60°；故答案为 60°，
（2）连接AG，如图2，
∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝90°，
∵AG＝AF，∴∠AFG×（180°﹣90°）＝45°；故答案为 45°，
（3）连接AG，如图3，
∵∠DAB＝α，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝α，
∵AG＝AF，∴∠AFG（180°﹣α）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADC≌△ABE和△ADG≌△ABF是解题的关键．
7．（2022·辽宁丹东·七年级期末）如图在△ABC和△CDE中，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，连接AD，BE交于点M．
(1)如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB=∠DCE=45°时，可以得到图中的一对全等三角形，即____________；(2)当点D不在直线BC上时，如图2位置，且∠ACB=∠DCE=α．
①试说明AD=BE；②直接写出∠EMD的大小（用含α的代数式表示）．
【答案】(1)△BCE，△ACD(2)①见解析；②∠EMD=α．
【分析】（1）由“SAS”可证△BCE≌△ACD；（2）①由“SAS”可证△BCE≌△ACD，可得AD=BE，
②由全等三角形的性质可得∠CAD=∠CBE，由三角形的内角和定理可求解．
（1）解：∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠ACD=∠BCE，在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（SAS），故答案为：△BCE，△ACD；
（2）①证明：∵∠ACB=∠DCE=α，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE；②解：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，∵∠BAC+∠ABC=180°-α，∴∠BAM+∠ABM=180°-α，∴∠AMB=∠EMD=180°-（180°-α）=α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
8．（2022·河南·八年级模拟预测）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．某同学做了如下探究，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应该是______．
（2）如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？若成立，请说明理由；若不成立，写出正确的结论，并说明理由．
（3）如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由见解析；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里
【分析】（1）根据题意证明△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，可得EF=FG，根据FG=DG+DF=BE+DF，可得EF=BE+DF；（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，同（1）的方法证明即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，应用（2）的结论可得EF=AE+BF进而气得的长，即两舰艇之间的距离
【详解】（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案为 EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,∴∠B=∠ADG,
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，方位角的计算，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
专题12.2.2 三角形全等的判定2（SAS）
目标导航
1. 经历探索三角形全等条件的过程，掌握和会用“SAS”条件判定两个三角形全等；
2. 使学生经历探索三角形全等的过程，体验操作、归纳得出数学结论的方法.
3. 通过探究三角形全等的条件的活动，培养学生观察分析图形的能力及运算能力，培养学 生乐于探索的良好品质以及发现问题的能力.
知识精讲
知识点01三角形全等的判定2：（SAS）
知识点
三角形全等的判定2：边角边（SAS）
文字：在两个三角形中，如果有两条边及它们的夹角对应相等，那么这两个三角形全等；
图形：
符号：在与中，
【微点拨】
“SAS”判定方法证明两个三角形全等及进行简单的应用．
1.证明线段相等或者角相等时，常常通过证明它们是全等三角形的对应边或对应角来解决.
2判断三角形全等时，注意两边与其中一边的对角相等的两个三角形不一定全等．解题时要根据已知条件的位置来考虑，只具备SSA时是不能判定三角形全等的．
【知识拓展1】边角边判定三角形全等的条件
例1．（2022·山东济南·七年级期中）如图，AC与BD相交于点O，∠1＝∠2，若用“SAS”说明△ABC≌△BAD，则还需添加的一个条件是（ ）
A．AD＝BC B．∠C＝∠D C．AO＝BO D．AC＝BD
【答案】D
【分析】根据全等三角形的判定，已知∠1＝∠2，AB为公共边，所以可添加AC＝BD，根据SAS可证△ABC≌△BAD．
【详解】解：添加AC＝BD，理由如下：
在△ABC和△BAD中，，∴△ABC≌△BAD（SAS），故选：D．
【点睛】此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．
【即学即练】
1．（2022·江苏淮安·七年级期末）如图，在和中，，补充一个条件后，能直接应用“SAS”判定的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据直接应用“SAS”判定，已知了，补充即可．
【详解】解：∵，，
∴（SAS）故选B
【点睛】本题考查了SAS证明全等三角形，掌握全等三角形的判定是解题的关键．
【知识拓展2】利用SAS判定三角形全等（实际应用）
例2．（2022·辽宁丹东·七年级期末）如图，桌面上放置一个等腰直角△ABC，直角顶点C顶着桌面，若另外两个顶点与桌面的距离分别为和，过另外两个顶点向桌面作垂线，则两个垂足之间的距离DE的长度为______．
【答案】8
【分析】利用互余关系找两个三角形对应角相等，根据等腰直角三角形找对应边相等，两个对应直角相等，判断三角形全等，从而AD=CE，CD=BE，得到DE的长．
【详解】解：∵∠CDA=∠ACB=∠CEB=90°，
∴∠ACD +∠DAC=∠ACD+∠ECB=∠ECB+∠CBE=90°，
∴∠ACD =∠CBE，∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，∴△ACD≌△CBE（ASA），
∴AD=CE，CD=BE，∴DE=DC+CE=BE+AD=3+5=8(cm)．故答案为：8．
【点睛】本题考查了全等三角形判定及性质的应用；通过三角形全等，对应线段相等，对线段长度进行转化．本题的关键是证明△ACD≌△CBE，利用全等三角形的性质进行等量代换求解．
【即学即练】
2.（2022·河南郑州·七年级期末）在学习“利用三角形全等测距离”之后，七一班数学实践活动中，张老师让同学们测量池塘A，B之间的距离（无法直接测量）
小颖设计的方案是：先过点A作的垂线，在上顺次截取，使，然后过点D作，连接并延长交于点E，则的长度即为的长度．(1)小颖的作法你同意吗？并说明理由；(2)如果利用全等三角形去解决这个问题，请你设计一个与小颖全等依据不同的方案，并画出图形．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）只需要利用ASA证明△ABC≌△DEC即可得到答案；
（2）过点A作射线AP，在线段AP上取两点C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接DE，则DE的长即为AB的长．
（1）解：同意小颖的作法，理由如下：
∵DN⊥AD，AB⊥AM，∴∠CDE=∠CAB=90°，
又∵∠ACB=∠DCE，AC=DC，∴△ABC≌△DEC（ASA），
∴DE=AB，∴同意小颖的作法；
（2）解：过点A作射线AP，在线段AP上取两点C、D使得AC=DC，连接BC并延长到E使得EC=BC，连接DE，则DE的长即为AB的长；
∵EC=BC，AC=DC，∠ACB=∠DCE，
∴△ACB≌△DCE（SAS），∴AB=DE；
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【知识拓展3】利用SAS证明三角形全等（求线段的长度）
例3．（2021•洪山区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，BC＝5，AC＝4，AD平分∠BAC交BC于点D，在AB上截取AE＝AC，则△BDE的周长为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【分析】利用已知条件证明△ADE≌△ADC（SAS），得到ED＝CD，从而BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，即可求得△BDE的周长．
【解答】解：∵AD是∠BAC的平分线，∴∠EAD＝∠CAD
在△ADE和△ADC中，，∴△ADE≌△ADC（SAS），
∴ED＝CD，∴BC＝BD+CD＝DE+BD＝5，∴△BDE的周长＝BE+BD+ED＝（6﹣4）+5＝7．故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，解决本题的关键是证明△ADE≌△ADC．
【即学即练3】
3．（2022·浙江台州·八年级期末）已知：如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB∥DE，AB＝DE．BC＝EF；(1)求证：△ABC≌△DEF；(2)若点E为BC中点，EC＝6，求线段BF的长度．
【答案】(1)证明见解析(2)18
【分析】（1）由AB∥DE得∠B=∠DEF，已知条件中还有AB=DE，BC=EF，可以根据“SAS”判定△ABC≌△DEF；
（2）若点E为BC中点，则EB=EC=6，所以BC=EF=12，由BF=EB+EF可以求出BF的长．
（1）证明：如图，∵AB∥DE，∴∠B=∠DEF，在△ABC和△DEF中，∴△ABC≌△DEF（SAS）．
（2）解：∵点E为BC中点，EC=6，∴EB=EC=6，∴BC=EB+EC=6+6=12，∴BC=EF=12，∴BF=EB+EF=6+12=18，∴线段BF的长度为18．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，找到并根据已知条件证明△ABC和△DEF全等所缺少的条件是解题的关键．
【知识拓展4】利用SAS证明三角形全等（求角的度数）
例4．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，已知三个内角的角平分线相交于点，点在的延长线上，且，连接，若，则的度数为______．
【答案】
【分析】由角平分线的性质和三角形内角和定理可求，由“”可证≌，可得．
【详解】解：三个内角的角平分线相交于点，
平分平分，
，
，，
，，
在和中，
，≌，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【即学即练4】
4．（2022·山东济南·七年级期中）如图，点B、C、E、F在同一直线上，点A、D在BC的异侧，AB＝CD，BF＝CE，∠B＝∠C．
(1)△ABE和△DCF全等吗？请说明理由；(2)若∠A+∠D＝144°，∠C＝30°，求∠CFD的度数．
【答案】(1)见解析；(2)102°．
【分析】（1）由BF=CE，得BE=CF，再利用SAS证明△ABE≌△DCF；
（2）由（1）知，∠A=∠D，∠AEB=∠DFC，可知∠D=72°，再利用三角形外角的性质∠DFB=∠C+∠D=102°，从而得出答案．
（1）证明：∵BF=CE，∴BE=CF，在△ABE与△DCF中∴△ABE≌△DCF（SAS），
（2）解：由（1）知，△ABE≌△DCF，∴∠AEB=∠DFC，∠A=∠D，∴∠AEC=∠DFB，∵∠A+∠D=144°，∴∠D=72°，又∵∠C=30°，∴∠DFB=∠C+∠D=102°，∴∠AEC=102°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识，熟练掌握三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和是解题的根据．
【知识拓展5】利用SAS证明三角形全等（证明类）
例5．（2022·全国·八年级专题练习）如图，BD、CE分别是△ABC的边AC和AB上的高，点P在BD的延长线上，BP＝AC，点Q在CE上，CQ＝AB．求证：(1)AP＝AQ；(2)AP⊥AQ．
【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析
【分析】（1）由于BD⊥AC，CE⊥AB，可得∠ABD＝∠ACE，又有对应边的关系，进而得出△ABP≌△QCA，即可得出结论．
（2）在（1）的基础上，证明∠PAQ＝90°即可．
(1)证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB（已知），∴∠BEC＝∠BDC＝90°，
∴∠ABD+∠BAC＝90°，∠ACE+∠BAC＝90°（直角三角形两个锐角互余），
∴∠ABD＝∠ACE（等角的余角相等），
在△ABP和△QCA中，
，∴△ABP≌△QCA（SAS），
∴AP＝AQ（全等三角形对应边相等）．
(2)由（1）可得∠CAQ＝∠P（全等三角形对应角相等），
∵BD⊥AC（已知），
∵∠P+∠CAP＝90°（直角三角形两锐角互余），
∴∠CAQ+∠CAP＝90°（等量代换），即∠QAP＝90°，
∴AP⊥AQ．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质问题，能够熟练掌握并运用．
【即学即练5】
5．（2021•沙坪坝区校级期中）如图，在直角△ABC中，∠ABC＝90°，过B点作BD⊥AC于D，E在CD上，且DE＝AB，过点D作DF∥BC，使得DF＝BD，连接EF．
求证：（1）∠ABD＝∠C；（2）DF⊥EF．
【分析】（1）由直角三角形的性质可得出答案；
（2）证明△ABD≌△EDF（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠DFE＝90°，则可得出结论．
【解答】证明：（1）∵∠ABC＝90°，∴∠A+∠C＝90°，
∵BD⊥AC，∴∠BDA＝90°，∵∠ABD+∠A＝90°，∴∠ABD＝∠C；
（2）∵DF∥BC，∴∠FDE＝∠C，∵∠ABD＝∠C，∴∠ABD＝∠FDE，
在△ABD和△EDF中，，∴△ABD≌△EDF（SAS），
∴∠ADB＝∠DFE＝90°，∴DF⊥EF．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
能力拓展
考法01 利用SAS证明三角形全等（探究类）
【典例1】（2021·河南平顶山市·八年级期中）在中，，点在平面内，连接并将线段绕点顺时针方向旋转与相等的角度，得到线段，连接．
（1）如图1，如果点是边上任意一点，线段和线段的数量关系是 ；
（2）如图2，如果点为平面内任意一点，前面发现的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．请仅以图2所示的位置关系加以证明（或说明）．
【答案】（1）；（2）成立，见解析
【分析】（1）运用“SAS”证可得；
（2）运用“SAS”证可得．
【详解】解：（1），即．
是由绕点顺时针方向旋转得到的，．
又，，故答案为：．
（2）仍然成立．证明如下：，即．
是由绕点顺时针方向旋转得到的，．
又，，．
【点精】全等三角形的判定和性质．理解全等三角形的判定和性质是关键．
变式1．（2021·安徽宿州市·七年级期末）如图，在和中，，为锐角，，，连接、，与交于点，与交于点．
（1）与全等吗？为什么？（2）与有何特殊的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）全等，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）根据“边角边”证明三角形全等即可；（2）由已知条件根据三角形内角和等于即可求证．
【详解】（1）全等．
因为，所以，即．
在和中，，， 所以．
（2），的特殊位置关系为．
理由：由（1）知，所以
因为
又因为，，所以所以．
【点睛】本题考查了三角形全等的性质与判定，三角形内角和定理，熟悉以上定理是解题的关键．
变式2（2022·全国·八年级课时练习）如图①，和是等腰三角形，且，，，，以为顶点作一个角，角的两边分别交边，于点、，连接．
（1）探究、、之间的关系，并说明理由；（2）若点、分别在、CA延长线上，其他条件不变，如图②所示，则、、之间存在什么样的关系？并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+FC；（2）EF=FC-BE．
【分析】（1）由等腰三角形的性质，解得，，延长AB至G，使得BG=CF，连接DG，进而证明，再根据全等三角形对应边相等的性质解得，再结合等腰三角形的性质可证明，最后根据全等三角形的性质解题即可；
（2）在CA上截取CG=BE,连接DG，由等腰三角形的性质，可得，，进而证明得到，据此方法再证明，最后根据全等三角形的性质解题即可．
【详解】（1）和是等腰三角形，
延长AB至G，使得BG=CF，连接DG
在和中，BG=CF，
，
在和中，DE=DE，
，
（2）在CA上截取CG=BE,连接DG
是等腰三角形，
在和中，CG=BE，
在和中，FD=FD，
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
考法02 动态问题
【典例2】（2022·辽宁沈阳·七年级期末）如图（1），AB=10，AC⊥AB，BD⊥AB，AC=BD=7，点P在线段AB上以每秒3个单位长度的速度由点A向点B运动，同时，点Q在线段BD上由点B向点D运动，它们运动的时间为t秒．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，当t=1秒时，△ACP与△BPQ是否全等，请说明理由；
(2)在（1）的前提条件下，判断此时线段PC和线段PQ的位置关系，并说明理由；
(3)如图（2），将图（1）中的“AC⊥AB，BD⊥AB”为改“∠CAB=∠DBA=70°”，其他条件不变，设点Q的运动速度为x个单位长度/秒，是否存在实数x，使得△ACP与△BPQ全等？若存在，直接写出相应的x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)全等，理由见解析 (2)PC⊥PQ，理由见解析
(3)存在，x=3个单位长度/秒或x=个单位长度/秒
【分析】（1）结论：△ACP与△BPQ全等，根据SAS证明三角形全等即可；
（2）结论：PC⊥PQ，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（3）分两种情形，利用全等三角形的性质构建方程即可解决问题．
（1）解：△ACP与△BPQ全等，理由如下：当t=1时，AP=BQ=3，∵AB=10，∴BP=AB﹣AP=10﹣3=7，∵AC=BP=7，∴BP=AC，又∵∠A=∠B=90°，在△ACP和△BPQ中，，∴△ACP≌△BPQ（SAS）；
（2）解：PC⊥PQ，理由如下：∵△ACP≌△BPQ，∴∠ACP=∠BPQ，∴∠APC＋∠BPQ=∠APC＋∠ACP=90°，∴∠CPQ=90°，即PC⊥PQ；
（3）解：当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t=秒，x=个单位长度/秒时，△ACP与△BPQ全等，
理由如下：根据题意得，AP=3t，BP=10﹣3t，BQ=xt，
①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP=7，AP=BQ，∴10﹣3t=7，解得：t=1（秒），则x=3（个单位长度/秒）；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ=7，AP=BP，则3t=×10=5，解得，t=（秒），∴xt=7，解得，x=（个单位长度/秒）；故当t=1秒，x=3个单位长度/秒或t=秒，x=个单位长度/秒时，△ACP与△BPQ全等．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，一元一次方程等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
变式1．（2021·广东·肇庆市颂德学校八年级期中）如图，已知△ABC中，∠B＝∠C，AB＝8厘米，BC＝6厘米，点D为AB的中点，如果点P在线段BC上以每秒2厘米的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上以每秒a厘米的速度由C点向A点运动，设运动时间为t（秒）（0≤t＜3）．
(1)用含t的代数式表示PC的长度．
(2)若点P、Q的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
(3)若点P、Q的运动速度不相等，当点Q的运动速度a为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？
【答案】(1)6﹣2t (2)是，详见解析 (3)当a＝时，能够使△BPD与△CQP全等
【分析】(1)直接根据时间和速度表示PC的长；
(2)根据SAS证明△CQP≌△BPD即可；
(3)因为点P、Q的运动速度不相等，所以PB≠CQ，那么PB只能与PC相等，则PB＝PC＝3，CQ＝BD＝4，得2t＝3，at＝4，解出即可．
（1）由题意得：PB＝2t，则PC＝6﹣2t；故答案为：6﹣2t；
（2）理由是：当t＝a＝1时，PB＝CQ＝2，∴PC＝6﹣2＝4，∵∠B＝∠C，∴AC＝AB＝8，∵D是AB的中点，∴BD＝AB＝4，∴BD＝PC＝4，在△CQP和△BPD中，∵，∴△CQP≌△BPD（SAS）；
（3）∵点P、Q的运动速度不相等，∴PB≠CQ，当△BPD与△CQP全等，且∠B＝∠C，∴BP＝PC＝3，CQ＝BD＝4，∵BP＝2t＝3，CQ＝at＝4，∴t＝，∴a＝4，a＝，∴当a＝时，能够使△BPD与△CQP全等．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定，主要运用了路程=速度×时间的公式，要求熟练运用全等三角形的判定和性质．
分层提分
题组A 基础过关练
1．（2022·江苏·八年级专题练习）下列选项可用SAS证明△ABC≌△A′B′C′的是（ ）
A．AB＝A′B′，∠B＝∠B′，AC＝A′C′ B．AB＝A′B′，BC＝B′C′，∠A＝∠A′
C．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠C＝∠C′ D．AC＝A′C′，BC＝B′C′，∠B＝∠B′
【答案】C
【分析】根据全等三角形SAS的判定逐项判定即可．
【详解】解：A、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
B、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意；
C、满足SAS，能证明△ABC≌△A′B′C′，符合题意；
D、不满足SAS，不能证明△ABC≌△A′B′C′，不符合题意，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定条件是解答的关键．
2.（2022•栾城区校级期末）如图，在△ABC中，D，E是BC边上的两点，AD＝AE，BE＝CD，∠1＝∠2＝110°，∠BAE＝60°，则∠CAE的度数为（ ）
A．50° B．60° C．40° D．20°
【分析】先由∠1＝∠2＝120°推导出∠ADC＝∠AEB，再证明△ACD≌△ABE，则∠CAD＝∠BAE＝60°，再求出∠C的度数，进而求出∠CAE的度数．
【解答】解：如图，∵∠1＝∠2＝110°，∴180°﹣∠1＝180°﹣∠2，
∵∠ADC＝∠180°﹣∠1，∠AEB＝180°﹣∠2，∴∠ADC＝∠AEB，
在△ACD和△ABE中，，∴△ACD≌△ABE（SAS），
∴∠CAD＝∠BAE＝60°，∴∠C＝∠1﹣∠CAD＝110°﹣60°＝50°，
∴∠CAE＝180°﹣∠2﹣∠C＝180°﹣110°﹣50°＝20°，∴∠CAE的度数为20°，故选：D．
【点评】此题考查三角形的内角和定理及其推论、全等三角形的判定与性质等知识，证明△ACD≌△ABE是解题的关键．
3．（2022·广东深圳·七年级期末）如图所示，为了测量出A，B两点之间的距离，在地面上找到一点C，连接BC，AC，使，然后在BC的延长线上确定D，使，那么只要测量出AD的长度也就得到了A，B两点之间的距离，这样测量的依据是（ ）
A．AAS B．SAS C．ASA D．SSS
【答案】B
【分析】根据SAS即可证明△ACB≌△ACD，由此即可解决问题．
【详解】解：∵AC⊥BD，∴∠ACB＝∠ACD＝90°，
在△ACB和△ACD中，，
∴△ACB≌△ACD（SAS），∴AB＝AD，故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
4．（2022·全国·八年级专题练习）在△ABC中，AB＝7，AC＝5，AD是边BC的中线，那么AD的取值范围是（ ）
A．0＜AD＜12 B．2＜AD＜12 C．0＜AD＜6 D．1＜AD＜6
【答案】D
【分析】延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE＝AB，再根据三角形的三边关系：三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边即可求解．
【详解】解：延长AD至E，使DE＝AD，连接CE．
∵AD是边BC的中线，∴BD＝CD，
在△ABD和△ECD中，
∴△ABD≌△ECD（SAS），∴CE＝AB＝7．
在△ACE中，CE﹣AC＜AE＜CE+AC，
即：2＜2AD＜12，1＜AD＜6．故选：D．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：出现中点的辅助线一般应延长中线所在的直线构造全等三角形，这是一种非常重要的方法，要注意掌握．
5．（2022·全国·八年级单元测试）如图，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝50°，则∠DEF的度数是（ ）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】首先证明△DBE≌△ECF，进而得到∠EFC＝∠DEB，再根据三角形内角和计算出∠CFE＋∠FEC的度数，进而得到∠DEB＋∠FEC的度数，然后可算出∠DEF的度数．
【详解】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，
在△DBE和△ECF中，，
∴△DBE≌△ECF（SAS），∴∠EFC＝∠DEB，
∵∠A＝50°，∴∠C＝（180°−50°）÷2＝65°，
∴∠CFE＋∠FEC＝180°−65°＝115°，∴∠DEB＋∠FEC＝115°，
∴∠DEF＝180°−115°＝65°，故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形内角和定理，关键是掌握三角形内角和是180°．
6．（2021·上海市松江区九亭中学初一期中）如图，在与中，有以下四个等式①；②；③；④，请以其中三个等式作条件，余下一个作结论，写出所有的正确判断 ___________________________（用形式表示）
【答案】①②④③，①④③②．
【分析】根据已知条件，根据三角形全等的判定方法，结合条件在图形上的位置进行选择能够判定三角形全等的条件，另一个作为结论，可得答案．
【解析】解：(1)①②④⇒③．证明如下：∵DE=DC，DA=DB，AC=BE
∴△DCA≌△DEB（SSS）∴∠C=∠E（全等三角形的对应角相等）
(2) ①④③⇒② 证明如下：∵，，
∴△DCA≌△DEB（SAS）∴DA=DB（全等三角形的对应边相等）故答案为：①②④⇒③，①④③⇒②．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质；这是一道考查三角形全等的识别方法的开放性题目，答案可有多种，结合图形与判定方法进行选择是解答本题的关键．
7．（2021•温岭市八年级期中）某中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的长度相等，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35cm，由以上信息能求出CB的长度吗？如果能，请求出CB的长度；如果不能，请说明理由．
【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＝35cm，∴CB＝35（cm），答：CB的长度为35cm．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，证明得到三角形全等是解题的关键．
8．（2022·福建·厦门五缘实验学校八年级期末）命题：如图，已知，共线，（1），那么．
(1)从①和②两个条件中，选择一个填入横线，使得上述命题为真命题，你选择的条件为_______（填序号）；
(2)根据你选择的条件，判定的方法是________；
(3)根据你选择的条件，完成的证明．
【答案】(1)① (2)SAS (3)见解析
【分析】（1）根据全等三角形的判定方法分析得出答案；
（2）根据（1）直接填写即可；（3）利用SAS进行证明．
【解析】 (1)解：∵，∴∠A=∠F，
∵AC=EF，∴当时，可根据SAS证明；
当时，不能证明，故答案为：①；
(2)解：当时，可根据SAS证明，故答案为：SAS；
(3)证明：在△ABC和△FDE中，，∴．
【点睛】此题考查了添加条件证明两个三角形全等，正确掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．
9．（2022•鼓楼区校级期中）如图，已知AB＝CD，AB∥CD，E、F是AC上两点，且AF＝CE，连接BC，求证：∠ABE＝∠D．
【分析】证明△ABE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠D．
【解答】证明：∵AB∥CD，∴∠A＝∠DCF，
∵AF＝CE，∴AF﹣EF＝CE﹣EF，即AE＝CF，
在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS），∴∠ABE＝∠D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定是本题的关键．
10．（2021·北京房山·九年级期中）已知：如图，△ABC中，∠ABC＝70°，点D，E分别在AB，AC上，BD＝BC，连接BE，将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，连接DF．求证：△BCE≌△BDF．
【答案】见解析
【分析】由旋转得出BE＝BF，∠EBF＝70°，进而得出∠DBF＝∠CBE，根据SAS即可证明△BCE≌△BDF．
【详解】∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转70°得到线段BF，∴BE＝BF，∠EBF＝70°，
∵∠ABC＝70°，∴∠EBF＝∠ABC，∴∠DBF＝70°－∠ABE＝∠CBE，
在△BCE和△BDF，∴△BCE≌△BDF（SAS）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
题组B 能力提升练
1. （2022•弋江区八年级期末）如图，点P是∠BAC平分线AD上的一点，AC＝9，AB＝5，PB＝3，则PC的长可能是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】在AC上取AE＝AB＝5，然后证明△AEP﹣ABP，根据全等三角形对应边相等得到PE＝PB＝3，再根据三角形的任意两边之差小于第三边即可求解．
【解答】解：在AC上截取AE＝AB＝5，连接PE，
∵AC＝9，∴CE＝AC﹣AE＝9﹣5＝4，
∵点P是∠BAC平分线AD上的一点，∴∠CAD＝∠BAD，
在△APE和△APB中，，∴△APE≌△APB（SAS），∴PE＝PB＝3，
∵4﹣3＜PC＜4+3，解得1＜PC＜7，∴PC取6，故选：A．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系；通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键﹒
2．（2022·山东济宁·八年级期末）如图，在△ABC与△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝40°，AB交EF于点D，连接EB．下列结论：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③∠EFB＝40°；④AD＝AC，正确的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由“SAS”可证△ABC≌△AEF，由全等三角形的性质依次判断可求解．
【详解】解：在△ABC和△AEF中，
，∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AF＝AC，∠EAF＝∠BAC，∠AFE＝∠C，故②正确，
∴∠BAE＝∠FAC＝40°，故①正确，
∵∠AFB＝∠C+∠FAC＝∠AFE+∠EFB，
∴∠EFB＝∠FAC＝40°，故③正确，
无法证明AD＝AC，故④错误，故选：C．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
3．（2021·山东德州·八年级期中）如图所示，，，，，，则（ ）
A． B． C． D．无法计算
【答案】B
【分析】根据，可得，由证得与全等，得到，根据三角形外角和即可求解．
【详解】，
，即，
在与中，
≌，，
，，
，．故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形外角性质，推出≌是解题的关键．
4．（2022·重庆一中七年级期末）如图，在△ABC中，∠B＝110°，延长BC至点D使CD＝AB，过点C作CE∥AB且使CE＝BC，连接DE并延长DE交AC于点F，交AB于点H．若∠D＝20°，则∠CFE的度数为______度．
【答案】30
【分析】证明△ABC≌△DCE，可得∠A=∠D= 20°，然后利用三角形内角和可得∠DEC=∠ACB= 50°，进而可以解决问题．
【详解】解：∵CE∥AB，∴∠B＝∠DCE，
在△ABC与△DCE中，
，∴△ABC≌△DCE（SAS），
∴∠A＝∠D＝20°，∠DEC＝∠ACB，
∵∠B＝110°，∴∠ACB＝180°﹣∠B+∠A＝50°，
∴∠DEC＝∠ACB＝50°，
∵CE∥AB，∴∠BHF＝∠DEC＝50°，
∴∠CFE＝∠AFH＝∠BHF﹣∠A＝50°﹣20°＝30°．故答案为：30．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABC≌△DCE．
5．（2022·安徽池州·八年级期末）如图，与中，，，，交于D．给出下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的结论是__________（填写所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据等腰三角形的性质即可得；先根据三角形全等的性质可得，由判断①、③；②假设，根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此可得假设不成立；先根据三角形的外角性质可得，再根据角的和差可得，由此即可得④是否成立．
【详解】在和中，，
，
，
，则结论①正确；
∴，则结论③正确；
由三角形的外角性质得：，
又，
，则结论④正确；
假设，
在和中，，
，
，即AF是的角平分线，
∵AF不一定是的角平分线，
∴假设不一定成立，则结论②错误；
综上，正确的结论是①③④，故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、角平分线的定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
6．（2022·全国·八年级单元测试）添加辅助线是很多同学感觉比较困难的事情．如图1，在Rt中，，是高，是外一点，，，若，，，求的面积．同学们可以先思考一下……，小颖思考后认为可以这样添加辅助线：在上截取，（如图2）．同学们，根据小颖的提示，聪明的你可以求得的面积为______．
【答案】36
【分析】先通过等量代换推出，再利用“边角边”证明，再通过求出的面积即可．
【详解】解：是的高，
，
，
，
，
，
，
．
在和中，
，
，
．
，，，
，
，
．
故答案为：36．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据题中所给提示，通过证明三角形全等，将求的面积转化为求的面积是解题的关键．
7．（2022·江苏泰州·七年级期末）如图，，，，．
(1)求证：．(2)图中、有怎样的关系？试证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析(2)，，理由见解析
【分析】（1）根据，并结合图形可推出，再根据，，结论即可得证；
（2）如图，设交于点，交于点，由（1）的结论可推出，，由，，可得出，可得，由此即可解决问题．
（1）证明：∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴．
（2）解：结论：，．理由如下：如图，设交于点，交于点，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，直角三角形的两锐角互余，三角形的内角和定理，垂直的定义．解题的关键是正确寻找判定三角形全等的条件，灵活运用所学知识解决问题．
8．（2021·湖北宜昌·八年级期中）在“教、学、练、评一体化”学习活动手册中，全等三角形专题复习课，学习过七种作辅助线的方法，其中有“截长补短”作辅助线的方法．
截长法：在较长的线段上截取一条线段等于较短线段；
补短法：延长较短线段和较长线段相等．
这两种方法统称截长补短法．
请用这两种方法分别解决下列问题：
已知，如图，在△ABC中，AB＞AC，∠1 = ∠2，P为AD上任一点，求证：AB－AC＞PB－PC
【答案】见解析
【分析】截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，可证得△APN≌△APC，可得到PC=PN，△BPN中，利用三角形的三边关系，即可求证；补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，证明△ABP≌△AMP，可得PB=PM，在△PCM中，利用三角形的三边关系，即可求证．
【详解】解：截长法：在AB上截取AN=AC，连结PN，
在△APN和△APC中
∵AN=AC，∠1=∠2，AP=AP，
∴△APN≌△APC，
∴PC=PN，
∵△BPN中有PB－PN＜BN，
即PB－PC＜AB－AC；
补短法：延长AC至M，使AM=AB，连结PM，
在△ABP和△AMP中，∵AB=AM，∠1=∠2，AP=AP，
∴△ABP≌△AMP，∴PB=PM，
又∵在△PCM中有CM＞PM－PC，即AB－AC＞PB－PC．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系，理解截长补短法是解题的关键．
9. （2022•大连月考）为了解学生对所学知识的应用能力，某校老师在八年级数学兴趣小组活动中，设置了这样的问题：因为池塘两端A，B的距离无法直接测量，请同学们设计方案测量A，B的距离．甲、乙两位同学分别设计出了如下两种方案：
甲：如图1，先在平地上取一个可以直接到达点A，B的点O，连接AO并延长到点C，连接BO并延长到点D，使CO＝AO，DO＝BO，连接DC，测出DC的长即可；
乙：如图2，先确定直线AB，过点B作直线BE⊥AB，在直线BE上找可以直接到达点A的一点D，连接DA，作DC＝DA，交直线AB于点C，最后测量BC的长即可．
甲、乙两个同学的方案是否可行？请说明理由．
【分析】甲同学作出的是全等三角形，然后根据全等三角形对应边相等测量的，所以是可行的；
甲同学利用的是“边角边”，乙同学的方案根据等腰三角形的性质得出AB＝BC，故方案可行．
【解答】解：甲、乙两同学的方案都可行，
甲同学方案：在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（SAS），∴AB＝CD；
乙同学方案：∵AD＝CD，DB⊥AC于点B，∴AB＝BC，
∴测量出线段BC的长度就是池塘两端A，B之间的距离，∴甲、乙两同学的方案都可行．
【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形判定的“SAS”定理是解决问题的关键
题组C 培优拔尖练
1．（2022·重庆·四川外国语大学附属外国语学校七年级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，点D为AC上的点，连接BD，点E在△ABC外，连接AE，BE，使得CD＝BE，∠ABE＝∠C，过点B作BF⊥AC交AC点F，若∠BAE＝21°，∠C＝28°，则∠FBD＝（ ）
A．49° B．59° C．41° D．51°
【答案】C
【分析】由△ABE≌△BCD（SAS），可求出∠BAE＝∠CBD＝21°，△ABC是等腰三角形，BF是底边AC的高，可以求出∠DBF＝90°﹣（∠CBD＋∠C）.
【详解】在△ABE和△BCD中，
，∴△ABE≌△BCD（SAS），∴∠BAE＝∠CBD，
∵∠BAE＝21°，∠C＝28°，∴∠CBD＝21°，
∴∠BDF＝∠CBD＋∠C＝21°＋28°＝49°，
∵BF⊥AC，∴∠BFD＝90°，
∴∠FBD＝90°﹣∠BDF＝90°﹣49°＝41°故选：C.
【点睛】本题考查了全等三角形和等腰三角形的性质，此类题型比较灵活，但围绕的知识点是固定的，解题时注意结合图形寻找已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向.
2．（2022·黑龙江·集贤县八年级期中）如图，是的中线，E，F分别是和延长线上的点，且，连接．下列说法：①；②和面积相等；③；④．其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据三角形中线的定义可得，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，再根据内错角相等，两直线平行可得，最后根据等底等高的三角形的面积相等判断出②正确．
【详解】解：是的中线，，
在和中，，，故④正确
，，故①正确，
，故③正确，
，点到、的距离相等，
和面积相等，故②正确，
综上所述，正确的有4个，故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等底等高的三角形的面积相等，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图．
3．（2022·重庆·八年级课时练习）如图，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝NBC＝∠90°，连接MN，已知MN＝4，则BD＝_________．
【答案】2
【分析】延长BD到E，使DE=BD，连接AE，证明△ADE≌△CDB（SAS），可得AE=CB，∠EAD=∠BCD，再根据△ABM和△BCN是等腰直角三角形，证明△MBN≌△BAE，可得MN=BE，进而可得BD与MN的数量关系即可求解．
【详解】解：如图，延长BD到E，使DE=BD，连接AE，
∵点D是AC的中点，∴AD=CD，
在△ADE和△CDB中，，∴△ADE≌△CDB（SAS），
∴AE=CB，∠EAD=∠BCD，
∵△ABM和△BCN是等腰直角三角形，
∴AB=BM，CB=NB，∠ABM=∠CBN=90°，∴BN=AE，
又∠MBN+∠ABC=360°-90°-90°=180°，
∵∠BCA+∠BAC+∠ABC=180°，
∴∠MBN=∠BCA+∠BAC=∠EAD+∠BAC=∠BAE，
在△MBN和△BAE中，，∴△MBN≌△BAE（SAS），∴MN=BE，
∵BE=2BD，∴MN=2BD．又MN=4，∴BD=2，故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
4．（2022·山东济南·七年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB、BC上，∠EDF＝45°，当AE＝a，CF＝b时，EF＝_______（用含a、b的式子表示）．
【答案】a＋b##b＋a
【分析】延长FC到M，使CM＝AE，连接DM，通过SAS可证明△ADE≌△CDM，得DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，再通过SAS证明△DEF≌△DMF，从而有EF＝MF＝a＋b．
【详解】解：延长FC到M，使CM＝AE，连接DM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠DCM＝90°，
在△ADE和△CDM中，，
∴△ADE≌△CDM（SAS），
∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，
∵∠EDF＝45°，∴∠ADE＋∠FDC＝45°，
∴∠CDM＋∠FDC＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF与△DMF中，，
∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF＝MF＝a＋b，故答案为：a＋b．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE．
求证：CF＝FG+CE．
【答案】见解析
【分析】在BC上取点M，使CM=CE，证明△CDE≌△CDM（SAS），可得DE=DM，∠DEC=∠DMC，∠EDC=∠MDC，证明∠BDM=180°-∠ABC-∠DMB=180°-∠ABC-∠AEB=∠A，然后证明△DGF≌△DMF（SAS），可得GF=MF，进而可以解决问题．
【详解】证明：如图，在BC上取点M，使CM=CE，
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，
在△CDE和△CDM中，，∴△CDE≌△CDM（SAS），
∴DE=DM，∠DEC=∠DMC，∠EDC=∠MDC，
∵GD=DE， ∴GD=MD，
∵∠DEC+∠AEB=180°，∠DMC+∠DMF=180°，∴∠AEB=∠DMF，
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=∠ABC，
∴∠BDM=180°-∠ABC-∠DMB=180°-∠ABC-∠AEB=∠A，
∵∠A=2∠BDF，∴∠BDM=2∠BDF，∴∠FDM=∠FDG，
在△DGF和△DMF中，∵，
∴△DGF≌△DMF（SAS），∴GF=MF，
∴CF=CM+FM=CE+GF．∴CF=FG+CE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，解决本题的关键是根据题意准确作出辅助线得到△DGF≌△DMF．
6．（2022·全国·八年级专题练习）已知△ABC，分别以AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE，连接DC与BE，G、F分别是DC与BE的中点．
(1)如图1，若∠DAB＝60°，则∠AFG＝ ；
(2)如图2，若∠DAB＝90°，则∠AFG＝ ；
(3)如图3，若∠DAB＝，试探究∠AFG与的数量关系，并给予证明．
【答案】(1)60°(2)45°(3)（180°﹣），证明见解析
【分析】（1）连接AG．易证△ADC≌△ABE，可得DC＝BE，∠ADC＝∠ABE，AD＝AB，根据G、F分别是DC与BE的中点，可得DG＝BF，即可证明△ADG≌△ABF，可得AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，即可求得∠DAB＝∠GAF，即可解题．
（2）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题；
（3）根据（1）中结论即可求得∠AFG的值，即可解题．
（1）连接AG．
∵∠DAB＝∠CAE，∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAE．
在△ADC和△ABE中，，
∴△ADC≌△ABE（SAS），∴DC＝BE，∠ADC＝∠ABE．
∵G、F分别是DC与BE的中点，
∴DGDC，BFBE，∴DG＝BF．
在△ADG和△ABF中，，
∴△ADG≌△ABF（SAS），∴AG＝AF，∠DAG＝∠BAF，
∴∠AGF＝∠AFG，∠DAG﹣∠BAG＝∠BAF﹣∠BAG，∴∠DAB＝∠GAF．
∵∠DAB＝60°，∴∠GAF＝60°．
∵∠GAF+∠AFG+∠AGF＝180°，∴∠AFG＝60°；故答案为 60°，
（2）连接AG，如图2，
∵∠DAB＝90°，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝90°，
∵AG＝AF，∴∠AFG×（180°﹣90°）＝45°；故答案为 45°，
（3）连接AG，如图3，
∵∠DAB＝α，∠DAB＝∠GAF，（已证）∴∠GAF＝α，
∵AG＝AF，∴∠AFG（180°﹣α）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△ADC≌△ABE和△ADG≌△ABF是解题的关键．
7．（2022·辽宁丹东·七年级期末）如图在△ABC和△CDE中，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE，连接AD，BE交于点M．
(1)如图1，当点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB=∠DCE=45°时，可以得到图中的一对全等三角形，即____________；(2)当点D不在直线BC上时，如图2位置，且∠ACB=∠DCE=α．
①试说明AD=BE；②直接写出∠EMD的大小（用含α的代数式表示）．
【答案】(1)△BCE，△ACD(2)①见解析；②∠EMD=α．
【分析】（1）由“SAS”可证△BCE≌△ACD；（2）①由“SAS”可证△BCE≌△ACD，可得AD=BE，
②由全等三角形的性质可得∠CAD=∠CBE，由三角形的内角和定理可求解．
（1）解：∵∠ACB=∠DCE=45°，∴∠ACD=∠BCE，在△BCE和△ACD中，，∴△BCE≌△ACD（SAS），故答案为：△BCE，△ACD；
（2）①证明：∵∠ACB=∠DCE=α，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE；②解：∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，∵∠BAC+∠ABC=180°-α，∴∠BAM+∠ABM=180°-α，∴∠AMB=∠EMD=180°-（180°-α）=α．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ACD≌△BCE是解题的关键．
8．（2022·河南·八年级模拟预测）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．某同学做了如下探究，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应该是______．
（2）如图②，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，上述结论是否依然成立？若成立，请说明理由；若不成立，写出正确的结论，并说明理由．
（3）如图③，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】（1）EF=BE+DF；（2）结论EF=BE+DF仍然成立；理由见解析；（3）此时两舰艇之间的距离是210海里
【分析】（1）根据题意证明△ABE≌△ADG，△AEF≌△AGF，可得EF=FG，根据FG=DG+DF=BE+DF，可得EF=BE+DF；（2）延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，同（1）的方法证明即可；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，应用（2）的结论可得EF=AE+BF进而气得的长，即两舰艇之间的距离
【详解】（1）EF=BE+DF，证明如下：
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；故答案为 EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立；
理由：延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，如图②，
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,∴∠B=∠ADG,
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF；
（3）如图③，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，∴∠EOF=∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．
【点睛】本题考查全等三角形的性质与判定，方位角的计算，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
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