北师大版七年级数学下册举一反三 专题4.6 角边角判定三角形全等-重难点题型（举一反三）（原卷版+解析）

这是一份北师大版七年级数学下册举一反三 专题4.6 角边角判定三角形全等-重难点题型（举一反三）（原卷版+解析），共29页。

【知识点1 基本事实“角边角”（ASA）】
两角及其夹边分别相等的两个三角形全等，简写成“角边角”或“ASA”.
【题型1 角边角判定三角形全等的条件】
【例1】(2023秋•宜兴市期中）如图，已知AB＝AD，∠1＝∠2，要根据“ASA”使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是 ．
【变式1-1】(2023秋•覃塘区期中）如图，点B，F，C，E在同一直线上，AC＝DF，∠1＝∠2，如果根据“ASA”判断△ABC≌△DEF，那么需要补充的条件是（ ）
A．AB＝DEB．∠A＝∠DC．BF＝CED．∠B＝∠D
【变式1-2】(2023秋•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝3，BC＝4，CA＝8B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°
C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4D．∠C＝90°，∠B＝30°，∠A＝60°
【变式1-3】(2023•路南区校级月考）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（ ）
A．B．
C．D．
【题型2 角边角判定三角形全等（求角的度数）】
【例2】(2023秋•简阳市期中）如图，∠A＝∠D，OA＝OD，∠DOC＝50°，∠DBC的度数为（ ）
A．50°B．30°C．45°D．25°
【变式2-1】(2023秋•天心区校级月考）AD，BE是△ABC的高，这两条高所在的直线相交于点O，若BO＝AC，则∠ABC＝ ．
【变式2-2】(2023•苍南县一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，且AD＝BE．
（1）求证：△ABD≌△ECB．
（2）若∠BDC＝70°．求∠ADB的度数．
【变式2-3】(2023秋•丛台区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使AD＝AC，连接CD．
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．
【题型3 角边角判定三角形全等（求线段的长度）】
【例3】(2023春•德城区校级月考）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且MQ＝NQ，已知PQ＝5，NQ＝9，则MH长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【变式3-1】(2023春•万州区期末）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC上一点，延长ED至F，使得DF＝DE，若BF∥AC，AC＝4，BF＝3，则CE的长为（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【变式3-2】(2023春•铁西区期末）如图，点D是△ABC的边AB上一点，FC∥AB，连接DF交AC于点E，若CE＝AE，AB＝7，CF＝4，则BD的长是 ．
【变式3-3】(2023秋•香洲区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE相交于点P．
（1）求∠APC的度数；
（2）若AE＝4，CD＝4，求线段AC的长．
【题型4 角边角判定三角形全等（实际应用）】
【例4】(2023秋•伊通县期末）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．带①去B．带②去
C．带③去D．带①去和带②去
【变式4-1】(2023秋•丰南区期中）如图，小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他的依据是 ．
【变式4-2】(2023秋•齐河县期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由C走到D的过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语．具体信息如下：如图，AB∥PM∥CD，相邻两平行线间的距离相等．AC，BD相交于P，PD⊥CD垂足为D．已知CD＝16米．请根据上述信息求标语AB的长度．
【变式4-3】(2023秋•孝义市期中）一位经历过战争的老战士讲述了这样一个故事：在一次战役中，我军阵地与敌军碉堡隔河相望．为了炸掉这个碉堡，需要知道碉堡与我军阵地的距离，在不能过河测量又没有任何测量工具的情况下，一个战士想出来这样的办法：他面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部；然后，他转过一个角度，保持刚才的姿态，这时视线落在了自己所在岸的某一点上，接着，他用步测的方法量出自己与那个点的距离，这个距离就是他与碉堡间的距离．
将这位战士看成一条线段，碉堡看成一点，示意图如下，你能根据示意图解释其中的道理吗
下面是彤彤同学写出的不完整的已知和求证，请你补全已知和求证，并完成证明．
已知：如图，AB⊥CD， ．
求证： ．
证明：
【题型5 角边角判定三角形全等（证明题）】
【例5】(2023秋•涟源市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，E为边BC上的任意点，D为线段BE的中点，AB＝AE，EF⊥AE，AF∥BC．
（1）求证：∠DAE＝∠C；
（2）求证：AF＝BC．
【变式5-1】(2023秋•汝南县期末）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于H，且AD＝BD．试说明下列结论成立的理由．
（1）∠DBH＝∠DAC；
（2）△BDH≌△ADC．
【变式5-2】(2023秋•郯城县期中）如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线EG交AB于点E，交AB的平行线CG于点G，DF⊥EG，交AC于点F．
（1）求证：BE＝CG；
（2）判断BE+CF与EF的大小关系，并证明你的结论．
【变式5-3】(2023秋•岫岩县月考）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD、CE相交于点G，BD＝DC，DF∥BC交AB于点F，连接FG．
求证：（1）△DAB≌△DGC；
（2）CG＝FB+FG．
【题型6 角边角判定三角形全等（探究题）】
【例6】(2023春•崂山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°点D在BC的延长线上，且BD＝AB．过点B作BE⊥AC，与BD的垂线DE交于点E．
（1）求证：△ABC≌△BDE；
（2）请找出线段AB、DE、CD之间的数量关系，并说明理由．
【变式6-1】(2023春•黄浦区期末）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．
（1）说明△ADE≌△BFE的理由；
（2）联结EG，那么EG与DF的位置关系是 ，请说明理由．
【变式6-2】(2023春•文圣区期末）已知：如图，BD、CE是△ABC的高，BD、CE交于点F，BD＝CD，CE平分∠ACB．
（1）如图1，试说明BE=12CF．
（2）如图2，若点M在边BC上（不与点B重合），MN⊥AB于点N，交BD于点G，请直接写出BN与MG的数量关系，并画出能够说明该结论成立的辅助线，不必书写过程．
【变式6-3】(2023春•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．
（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：EF＝ED．

专题4.6 角边角判定三角形全等-重难点题型
【北师大版】
【知识点1 基本事实“角边角”（ASA）】
两角及其夹边分别相等的两个三角形全等，简写成“角边角”或“ASA”.
【题型1 角边角判定三角形全等的条件】
【例1】(2023秋•宜兴市期中）如图，已知AB＝AD，∠1＝∠2，要根据“ASA”使△ABC≌△ADE，还需添加的条件是 ．
分析：利用ASA定理添加条件即可．
【解答】解：还需添加的条件是∠B＝∠D，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠DAC＝∠2+∠DAC，
即∠BAC＝∠DAE，
在△ABC和△ADE中∠BAC=∠DAEAB=AD∠B=∠D，
∴△ABC≌△ADE（ASA），
故答案为：∠B＝∠D．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
【变式1-1】(2023秋•覃塘区期中）如图，点B，F，C，E在同一直线上，AC＝DF，∠1＝∠2，如果根据“ASA”判断△ABC≌△DEF，那么需要补充的条件是（ ）
A．AB＝DEB．∠A＝∠DC．BF＝CED．∠B＝∠D
分析：利用全等三角形的判定方法，“ASA”即角边角对应相等，只需找出一对对应角相等即可，进而得出答案．
【解答】解：需要补充的条件是∠A＝∠D，
在△ABC和△DEF中，
∠A=∠DAC=DF∠2=∠1，
∴△ABC≌△DEF（ASA）．
故选：B．
【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．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．
【变式1-2】(2023秋•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC的是（ ）
A．AB＝3，BC＝4，CA＝8B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°
C．∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4D．∠C＝90°，∠B＝30°，∠A＝60°
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．∵AB＝3，BC＝4，CA＝8，AB+BC＜CA，
∴不能画出三角形，故本选项不合题意；
B．AB＝4，BC＝3，∠A＝60°，不能画出唯一三角形，故本选项不合题意；
C．当∠A＝60°，∠B＝45°，AB＝4时，根据“ASA”可判断△ABC的唯一性；
D．已知三个角，不能画出唯一三角形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，正确把握全等三角形的判定方法是解题关键．
【变式1-3】(2023•路南区校级月考）如图，有一张三角形纸片ABC，已知∠B＝∠C＝x°，按下列方案用剪刀沿着箭头方向剪开，可能得不到全等三角形纸片的是（ ）
A．B．
C．D．
分析：根据全等三角形的判定定理进行判断．
【解答】解：A、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
B、由全等三角形的判定定理SAS证得图中两个小三角形全等，
故本选项不符合题意；
C、如图1，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，
∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，
∴∠FEC＝∠BDE，
所以其对应边应该是BE和CF，而已知给的是BD＝FC＝3，
所以不能判定两个小三角形全等，故本选项符合题意；
D、如图2，∵∠DEC＝∠B+∠BDE，
∴x°+∠FEC＝x°+∠BDE，
∴∠FEC＝∠BDE，
∵BD＝EC＝2，∠B＝∠C，
∴△BDE≌△CEF，
所以能判定两个小三角形全等，故本选项不符合题意；
由于本题选择可能得不到全等三角形纸片的图形，
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定，注意三角形边和角的对应关系是关键．
【题型2 角边角判定三角形全等（求角的度数）】
【例2】(2023秋•简阳市期中）如图，∠A＝∠D，OA＝OD，∠DOC＝50°，∠DBC的度数为（ ）
A．50°B．30°C．45°D．25°
分析：由题中条件易证得△AOB≌△DOC，可得∠ACB＝∠DBC，由三角形外角的性质可得∠DOC＝∠ACB+∠DBC，即可得∠DBC的度数．
【解答】解：∵∠A＝∠D，OA＝OD，∠AOB＝∠DOC，
∴△AOB≌△DOC（ASA），
∴∠ACB＝∠DBC，
∵∠DOC＝∠ACB+∠DBC，
∴∠DBC=12∠DOC＝25°．
故选：D．
【点评】本题考查了全等三角形的判定及性质，三角形外角的性质等知识点，找到相应等量关系的角是解题的关键．
【变式2-1】(2023秋•天心区校级月考）AD，BE是△ABC的高，这两条高所在的直线相交于点O，若BO＝AC，则∠ABC＝ ．
分析：由AD、BE是锐角△ABC的高，可得∠DBA＝∠DAC，又BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图1，∵AD、BE是锐角△ABC的高，
∴∠AEO＝∠BDO＝90°，
∵∠AOE＝∠BOD，
∴∠DBO＝∠DAC，
∵BO＝AC，∠BDO＝∠ADC＝90°
∴△BDO≌△ADC（ASA），
∴BD＝AD，
∴∠ABC＝∠BAD＝45°，
如图2，同理证得△BDO≌△ADC（ASA），
∴BD＝AD，
∴∠ABD＝∠BAD＝45°，
∴∠ABC＝135°，
故答案为：45°或135°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质；结合已知条件发现并利用△BDO≌△ADC是正确解答本题的关键．
【变式2-2】(2023•苍南县一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E为对角线BD上一点，∠A＝∠BEC，且AD＝BE．
（1）求证：△ABD≌△ECB．
（2）若∠BDC＝70°．求∠ADB的度数．
分析：（1）由“ASA”可证△ABD≌△ECB；
（2）由全等三角形的性质可得BD＝BC，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBE，
在△ABD和△ECB中，
∠A=∠BECAD=BE∠ADB=∠CBE，
∴△ABD≌△ECB（ASA）；
（2）∵△ABD≌△ECB，
∴BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝70°，
∴∠DBC＝40°，
∴∠ADB＝∠CBD＝40°．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，还考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较典型，难度适中．
【变式2-3】(2023秋•丛台区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E，F在边BC上，连接AE，AF，∠BAF＝∠CAE，延长AF至点D，使AD＝AC，连接CD．
（1）求证：△ABE≌△ACF；
（2）若∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，求∠ADC的度数．
分析：（1）要证明△ABE≌△ACF，由题意可得AB＝AC，∠B＝∠ACF，∠AEF＝∠AFE，从而可以证明结论成立；
（2）根据（1）中的结论和等腰三角形的性质可以求得∠ADC的度数．
【解答】证明：（1）∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACF，
∵∠BAF＝∠CAE，
∴∠BAF﹣∠EAF＝∠CAE﹣∠EAF，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，∠B=∠ACFAB=AC∠BAE=∠CAF，
∴△ABE≌△ACF（ASA）；
（2）解：∵∠B＝∠ACF＝30°，∠AEB＝130°，
∴∠BAE＝180°﹣130°﹣30°＝20°，
∵△ABE≌△ACF，
∴∠CAF＝∠BAE＝20°，
∵AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∴∠ADC=180°−20°2=80°．
答：∠ADC的度数为80°．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及三角形内角和定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【题型3 角边角判定三角形全等（求线段的长度）】
【例3】(2023春•德城区校级月考）如图，在△MPN中，H是高MQ和NR的交点，且MQ＝NQ，已知PQ＝5，NQ＝9，则MH长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
分析：证明△MQP≌△NQH，由全等三角形的性质可得PQ＝QH＝5，根据MQ＝NQ＝9，即可解决问题．
【解答】解：∵MQ⊥PN，NR⊥PM，
∴∠NQH＝∠NRP＝∠HRM＝90°，
∵∠RHM＝∠QHN，
∴∠PMH＝∠HNQ，
在△MQP和△NQH中，
∠PMQ=∠QNHMQ=NQ∠MQP=∠NQH=90°，
∴△MQP≌△NQH（ASA），
∴PQ＝QH＝5，
∵NQ＝MQ＝9，
∴MH＝MQ﹣HQ＝9﹣5＝4，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式3-1】(2023春•万州区期末）如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC上一点，延长ED至F，使得DF＝DE，若BF∥AC，AC＝4，BF＝3，则CE的长为（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
分析：证明△BDF≌△ADE（ASA），由全等三角形的性质得出BF＝AE＝3，则可得出答案．
【解答】解：∵BF∥AC，
∴∠F＝∠AED，
在△BDF和△ADE中，
∠F=∠AEDDF=DE∠BDF=∠ADE，
∴△BDF≌△ADE（ASA），
∴BF＝AE＝3，
∵AC＝4，
∴CE＝AC﹣AE＝4﹣3＝1．
故选：B．
【点评】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-2】(2023春•铁西区期末）如图，点D是△ABC的边AB上一点，FC∥AB，连接DF交AC于点E，若CE＝AE，AB＝7，CF＝4，则BD的长是 ．
分析：先由全等三角形的判定定理ASA证明△AED≌△CEF，然后根据全等三角形的对应边相等知AD＝CF，从而求得BD的长度．
【解答】解：∵FC∥AB，
∴∠A＝∠ECF，
在△AED和△CEF中，
∠A=∠ECFAE=CE∠AED=∠CEF，
∴△AED≌△CEF（ASA），
∴AD＝CF（全等三角形的对应边相等），
又∵AB＝7，CF＝4，AB＝AD+BD，
∴BD＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式3-3】(2023秋•香洲区校级期中）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB，AD、CE相交于点P．
（1）求∠APC的度数；
（2）若AE＝4，CD＝4，求线段AC的长．
分析：（1）利用∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，即可得出答案；
（2）由题中条件可得△APE≌△APF，进而得出∠APE＝∠APF，通过角之间的转化可得出△CPF≌△CPD，进而可得出线段之间的关系，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝60°，AD、CE分别平分∠BAC，∠ACB，
∴∠BAC+∠BCA＝120°，∠PAC+∠PCA=12（∠BAC+∠BCA）＝60°，
∴∠APC＝120°．
（2）如图，在AC上截取AF＝AE，连接PF．
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
在△APE和△APF中，
AE=AF∠EAP=∠FAPAP=AP，
∴△APE≌△APF（SAS），
∴∠APE＝∠APF，
∵∠APC＝120°，
∴∠APE＝60°，
∴∠APF＝∠CPD＝60°＝∠CPF，
在△CPF和△CPD中，
∠FPC=∠DPCCP=CP∠FCP=∠DCP，
∴△CPF≌△CPD（ASA）
∴CF＝CD，
∴AC＝AF+CF＝AE+CD＝4+4＝8．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，根据在AC上截取AF＝AE得出△APE≌△APF是解题关键．
【题型4 角边角判定三角形全等（实际应用）】
【例4】(2023秋•伊通县期末）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．带①去B．带②去
C．带③去D．带①去和带②去
分析：已知三角形破损部分的边角，得到原来三角形的边角，根据三角形全等的判定方法，即可求解．
【解答】解：第①块不仅保留了原来三角形的两个角还保留了一边，则可以根据ASA来配一块一样的玻璃．
故选：A．
【点评】此题主要考查了全等三角形的判定方法的开放性的题，要求学生将所学的知识运用于实际生活中，要认真观察图形，根据已知选择方法．
【变式4-1】(2023秋•丰南区期中）如图，小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，他的依据是 ．
分析：根据图形，未污染的部分两角与这两角的夹边可以测量，然后根据全等三角形的判定方法解答即可．
【解答】解：小明书上的三角形被墨水污染了，他根据所学知识画出了完全一样的一个三角形，
他根据的定理是：两角及其夹边分别相等的两个三角形全等（ASA）．
故答案为：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．
注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【变式4-2】(2023秋•齐河县期末）沛沛沿一段笔直的人行道行走，边走边欣赏风景，在由C走到D的过程中，通过隔离带的空隙P，刚好浏览完对面人行道宣传墙上的一条标语．具体信息如下：如图，AB∥PM∥CD，相邻两平行线间的距离相等．AC，BD相交于P，PD⊥CD垂足为D．已知CD＝16米．请根据上述信息求标语AB的长度．
分析：由AB∥CD，利用平行线的性质可得∠ABP＝∠CDP，利用ASA定理可得，△ABP≌△CDP，由全等三角形的性质可得结果．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠ABP＝∠CDP，
∵PD⊥CD，
∴∠CDP＝90°，
∴∠ABP＝90°，即PB⊥AB，
∵相邻两平行线间的距离相等，
∴PD＝PB，
在△ABP与△CDP中，
∠ABP=∠CDPPB=PD∠APB=∠CPD，
∴△ABP≌△CDP（ASA），
∴CD＝AB＝16米．
【点评】本题主要考查了平行线的性质和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各定理是解答此题的关键．
【变式4-3】(2023秋•孝义市期中）一位经历过战争的老战士讲述了这样一个故事：在一次战役中，我军阵地与敌军碉堡隔河相望．为了炸掉这个碉堡，需要知道碉堡与我军阵地的距离，在不能过河测量又没有任何测量工具的情况下，一个战士想出来这样的办法：他面向碉堡的方向站好，然后调整帽子，使视线通过帽檐正好落在碉堡的底部；然后，他转过一个角度，保持刚才的姿态，这时视线落在了自己所在岸的某一点上，接着，他用步测的方法量出自己与那个点的距离，这个距离就是他与碉堡间的距离．
将这位战士看成一条线段，碉堡看成一点，示意图如下，你能根据示意图解释其中的道理吗
下面是彤彤同学写出的不完整的已知和求证，请你补全已知和求证，并完成证明．
已知：如图，AB⊥CD， ．
求证： ．
证明：
分析：根据垂直的定义和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：已知：如图，AB⊥CD，∠ABC＝∠ABD．
求证：AD＝AC．
证明：∵AB⊥CD，
∴∠BAD＝∠BAC，
在△ABD与△ABC中，
∠ABD=∠ABCAB=AB∠BAC=∠BAD，
∴△ABD≌△ABC（ASA），
∴AD＝AC，
故答案为：∠ABC＝∠ABD，AD＝AC．
【点评】本题考查了全等三角形的应用，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
【题型5 角边角判定三角形全等（证明题）】
【例5】(2023秋•涟源市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，E为边BC上的任意点，D为线段BE的中点，AB＝AE，EF⊥AE，AF∥BC．
（1）求证：∠DAE＝∠C；
（2）求证：AF＝BC．
分析：（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，由余角的性质可得∠C＝∠BAD，再证明∠BAD＝∠DAE即可解决问题．
（2）由“ASA”可证△ABC≌△EAF，可得AC＝EF．
【解答】证明：（1）∵AB＝AE，D为线段BE的中点，
∴AD⊥BC，（三线合一没有学习到，可以用全等证明）
∴∠C+∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝90°
∴∠BAD+∠DAC＝90°
∴∠C＝∠BAD，
∵AB＝AE，AD⊥BE，
∴∠BAD＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠C
（2）∵AF∥BC
∴∠FAE＝∠AEB
∵AB＝AE
∴∠B＝∠AEB
∴∠B＝∠FAE，且∠AEF＝∠BAC＝90°，AB＝AE
∴△ABC≌△EAF（ASA）
∴AC＝EF
【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，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．
【变式5-1】(2023秋•汝南县期末）如图，△ABC的两条高AD，BE相交于H，且AD＝BD．试说明下列结论成立的理由．
（1）∠DBH＝∠DAC；
（2）△BDH≌△ADC．
分析：（1）因为∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°，所以∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°，故∠DBH＝∠DAC；
（2）因为AD⊥BC，所以∠ADB＝∠ADC，又因为AD＝BD，∠DBH＝∠DAC，故可根据ASA判定两三角形全等．
【解答】解：（1）∵∠BHD＝∠AHE，∠BDH＝∠AEH＝90°
∴∠DBH+∠BHD＝∠HAE+∠AHE＝90°
∴∠DBH＝∠HAE
∵∠HAE＝∠DAC
∴∠DBH＝∠DAC；
（2）∵AD⊥BC
∴∠ADB＝∠ADC
在△BDH与△ADC中，
∠ADB=∠ADCAD=BD∠DBH=∠DAC
∴△BDH≌△ADC．
【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．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【变式5-2】(2023秋•郯城县期中）如图，在△ABC中，D是BC的中点，过D点的直线EG交AB于点E，交AB的平行线CG于点G，DF⊥EG，交AC于点F．
（1）求证：BE＝CG；
（2）判断BE+CF与EF的大小关系，并证明你的结论．
分析：（1）先利用ASA判定△BED≌△CGD，从而得出BE＝CG；
（2）先连接FG，再利用全等的性质可得DE＝DG，再根据DF⊥GE，从而得出FG＝EF，依据三角形两边之和大于第三边得出BE+CF＞EF．
【解答】解：（1）∵D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∵AB∥CG，
∴∠B＝∠DCG，
在△BDE和△CDG中，
∵∠BDE＝∠CDG，
BD＝CD，
∠DBE＝∠DCG，
∴△BDE≌△CDG（ASA），
∴BE＝CG；
（2）BE+CF＞EF．理由：
如图，连接FG，
∵△BDE≌△CDG，
∴DE＝DG，
又∵FD⊥EG，
∴FD垂直平分EG，
∴EF＝GF，
又∵△CFG中，CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及三角形三边关系的运用，本题中求证△BDE≌△CDG，得出BE＝CG是解题的关键．
【变式5-3】(2023秋•岫岩县月考）如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，BD、CE相交于点G，BD＝DC，DF∥BC交AB于点F，连接FG．
求证：（1）△DAB≌△DGC；
（2）CG＝FB+FG．
分析：（1）由“ASA”可证△DAB≌△DGC；
（2）由全等三角形的性质可得AB＝CG，DA＝DG，由“SAS”可证△DFA≌△DFG，可得FA＝FG，可得结论．
【解答】证明：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠ABD+∠A＝90°，∠ACE+∠A＝90°，
∴∠ABD＝∠ACE，
在△DAB和△DGC中，
∠ABD=∠ACEBD=CD∠ADB=∠BDC=90°，
∴△DAB≌△DGC（ASA）；
（2）∵△DAB≌△DGC，
∴AB＝CG，DA＝DG，
∵BD＝CD．∠BDC＝90°，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵DF∥BC，
∴∠FDA＝∠FDG＝45°，
在△DFA和△DFG中，
AD=DG∠FDA=∠FDGDF=DF，
∴△DFA≌△DFG（SAS），
∴FA＝FG．
∴CG＝AB＝FB+FA＝FB+FG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，找到正确的全等三角形是本题的关键．
【题型6 角边角判定三角形全等（探究题）】
【例6】(2023春•崂山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°点D在BC的延长线上，且BD＝AB．过点B作BE⊥AC，与BD的垂线DE交于点E．
（1）求证：△ABC≌△BDE；
（2）请找出线段AB、DE、CD之间的数量关系，并说明理由．
分析：（1）利用已知得出∠A＝∠DBE，进而利用ASA得出△ABC≌△BDE即可；
（2）根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BE⊥AC，
∴∠A+∠ABE＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBE+∠ABE＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中，∠A=∠DBEBD=AB∠ABC=∠BDE=90°，
∴△ABC≌△BDE（ASA）；
（2）解：AB＝DE+CD，
理由：由（1）证得，△ABC≌△BDE，
∴AB＝BD，BC＝DE，
∵BD＝CD+BC，
∴AB＝CD+DE．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式6-1】(2023春•黄浦区期末）如图在四边形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，连接DE并延长交CB的延长线于点F，点G在边BC上，且∠1＝∠2．
（1）说明△ADE≌△BFE的理由；
（2）联结EG，那么EG与DF的位置关系是 ，请说明理由．
分析：（1）由AD∥BC，得出∠1＝∠F，因为E是AB的中点，得AE＝BE，即可证明△ADE≌△BFE；
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠1＝∠F，
∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
在△ADE和△BFE中，
∠1=∠F∠AED=∠BEFAE=BE，
∴△ADE≌△BFE（ASA），
（2）如图，EG⊥DF，
∵∠1＝∠F，∠1＝∠2，
∴∠2＝∠F，
∴DG＝FG，
由（1）知：△ADE≌△BFE，
∴DE＝EF，
∴EG⊥DF．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的三线合一等知识，找出全等所需的条件是解题的关键．
【变式6-2】(2023春•文圣区期末）已知：如图，BD、CE是△ABC的高，BD、CE交于点F，BD＝CD，CE平分∠ACB．
（1）如图1，试说明BE=12CF．
（2）如图2，若点M在边BC上（不与点B重合），MN⊥AB于点N，交BD于点G，请直接写出BN与MG的数量关系，并画出能够说明该结论成立的辅助线，不必书写过程．
分析：（1）由“ASA”可证△ABD≌△FCD，可得AB＝CF，由“ASA”可证△ACE≌△BCE，可得AE＝BE，可得结论；
（2）如图，过点M作MH∥AC，交AB于H，交BD于P，由“ASA”可证BPH≌△MPG，可得GM＝BH，由“ASA”可证△BMN≌△HMN，可得BN＝NH，可得结论．
【解答】解：（1）∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠ADB＝∠BDC＝∠AEC＝90°，
∴∠A+∠ABD＝90°，∠A+∠ACE＝90°，
∴∠ABD＝∠ACE，
在△ABD和△FCD中，
∠ADB=∠FDCBD=CD∠ABD=∠FCD，
∴△ABD≌△FCD（ASA），
∴AB＝CF，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE＝22.5°，
在△ACE和△BCE中，
∠ACE=∠BCECE=CE∠AEC=∠BEC，
∴△ACE≌△BCE（ASA），
∴AE＝BE，
∴BE=12AB=12CF；
（2）BN=12MG，
理由如下：如图，过点M作MH∥AC，交AB于H，交BD于P，
∵BD＝CD，BD⊥CD，
∴∠DBC＝∠DCB＝45°，
∵MH∥AC，
∴∠PMB＝∠DCB＝∠PBM＝45°，∠BPM＝∠BDC＝90°，
∴BP＝PM，
∵∠BHP+∠HBP＝90°，∠BHP+∠HMN＝90°，
∴∠HBP＝∠HMN，
在△BHP和△MGP中，
∠HBP=∠GMPBP=PM∠BPH=∠GPM=90°，
∴△BPH≌△MPG（ASA），
∴GM＝BH，
∵MN⊥AB，CE⊥AB，
∴MN∥CE，
∴∠BMN＝∠BCE=12∠ACB＝22.5°，
∴∠BMN＝∠HMN＝22.5°，
在△BMN和△HMN中，
∠BMN=∠HMNMN=MN∠BNM=∠HNM，
∴△BMN≌△HMN（ASA）
∴BN＝NH，
∴BN=12BH=12MG．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
【变式6-3】(2023春•揭阳期末）已知△ABC，点D、F分别为线段AC、AB上两点，连接BD、CF交于点E．
（1）若BD⊥AC，CF⊥AB，如图1所示，试说明∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）若BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，如图2所示，试说明此时∠BAC与∠BEC的数量关系；
（3）在（2）的条件下，若∠BAC＝60°，试说明：EF＝ED．
分析：（1）根据余角的性质得到∠DEC＝∠BAC，由于∠DEC+∠BEC＝180°，即可得到结论；
（2）根据角平分线的定义得到∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，于是得到结论；
（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，由∠BAC＝60°，得到∠BEC＝90°+12∠BAC＝120°，求得∠FEB＝∠DEC＝60°，根据角平分线的性质得到∠BEM＝60°，推出△FBE≌△EBM，根据全等三角形的性质得到EF＝EM，同理DE＝EM，即可得到结论．
【解答】解：（1）∵BD⊥AC，CF⊥AB，
∴∠DCE+∠DEC＝∠DCE+∠FAC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，
∴∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠EBC=12∠ABC，∠ECB=12∠ACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°−12（∠ABC+∠ACB）＝180°−12（180°﹣∠BAC）＝90°+12∠BAC；
（3）作∠BEC的平分线EM交BC于M，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BEC＝90°+12∠BAC＝120°，
∴∠FEB＝∠DEC＝60°，
∵EM平分∠BEC，
∴∠BEM＝60°，
在△FBE与△EBM中，
∠FBE=∠EBMBE=BE∠FEB=∠MEB，
∴△FBE≌△EBM（ASA），
∴EF＝EM，同理DE＝EM，
∴EF＝DE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，垂直的定义，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．