专题12.2 全等三角形的判定【八大题型】（解析版）

专题122 全等三角形的判定【八大题型】 【人版】 【题型1 全等三角形的判定条件】....................................................................................................................................1 【题型2 证明两个三角形全等】........................................................................................................................................3 【题型3 全等三角形的判定与性质（证两次全等）】....................................................................................................6 【题型4 全等三角形的判定与性质（证垂直）】............................................................................................................9 【题型5 全等三角形的判定与性质（多结论）】..........................................................................................................13 【题型6 全等三角形的判定与性质（探究角度之间的关系）】..................................................................................20 【题型7 全等三角形的判定与性质（探究线段之间的关系）】..................................................................................26 【题型8 全等三角形的应用】..........................................................................................................................................34 【知识点 全等图形的判定】 判定方法 解释 图形 边边边 (SSS) 三条边对应相等的两个三角形全等 边角边 (SS) 两边和它们的夹角对应相等的两个 三角形全等 角边角 (S) 两角和它们的夹边对应相等的两个 三角形全等 角角边 (S) 两个角和其中一个角的对边对应相 等的两个三角形全等 斜边、直角 边 (L) 斜边和一条直角边对应相等的两个 直角三角形全等 【题型1 全等三角形的判定条件】 【例1】（2022 春•顺德区期末）如图，∠＝∠D＝90°，给出下列条件：①B＝D，②B ＝，③∠B＝∠DB，④∠B＝∠D，从中添加一个条件后，能证明△B≌△DB 的是（ ） ．①②③ B．②③④ ．①②④ D．①③④ 1 【分析】由题意可得∠＝∠D＝90°，B＝B，即有一组对应角相等，一组对应边相等，结 合全等三角形的判定条件进行分析即可． 【解答】解：∵∠＝∠D＝90°，B＝B， ∴①当B＝D 时，由L 可得△B≌△DB，故①符合题意； ②当B＝时，可得∠B＝∠B，利用S 可得△B≌△DB，故②符合题意； ③当∠B＝∠DB 时，利用S 可得△B≌△DB，故③符合题意； ④当∠B＝∠D 时，不能得△B≌△DB，故④不符合题意； 故符合题意的有①②③． 故选：． 【变式1-1】（2021 秋•庐阳区期末）如图，点B、E 在线段D 上，若∠＝∠DEF，则添加下 列条件，不一定能使△B≌△EFD 的是（ ） ．∠＝∠D，＝DE B．B＝DF，＝DE ．∠B＝∠DFE，＝DE D．＝DE，B＝EF 【分析】利用三角形全等的判定方法进行分析即可． 【解答】解：、添加∠＝∠D，＝DE 可利用S 判定△B≌△EFD，故此选项不合题意； B、添加B＝FD，＝ED 不能判定△B≌△EFD，故此选项符合题意； 、添加∠B＝∠DFE，＝DE 可利用S 判定△B≌△EFD，故此选项不合题意； D、添加＝DE，B＝EF 可利用SS 判定△B≌△EFD，故此选项不合题意； 故选：B． 【变式1-2】（2021 秋•源汇区校级期末）如图，已知∠1＝∠2，＝D，增加下列条件之一： ①B＝E；②B＝ED；③∠＝∠D；④∠B＝∠E．其中能使△B≌△ED 的条件有（ ） ．1 个 B．2 个 ．3 个 D．4 个 【分析】先由∠1＝∠2 得到∠B＝∠DE，然后分别利用“SS”、“S”和“S”对各添加的条 件进行判断． 【解答】解：∵∠1＝∠2， ∴∠B＝∠DE， 1 ∵＝D， ∴当B＝E 时，可根据“SS”判断△B≌△ED； 当B＝ED 时，不能判断△B≌△ED； 当∠＝∠D 时，可根据“S”判断△B≌△ED； 当∠B＝∠E 时，可根据“S”判断△B≌△ED． 故选：． 【变式1-3】（2022 秋•佳木斯期末）在△B 和△DEF 中，其中∠＝∠F，则下列条件：①＝ DF，∠＝∠D；②＝DF，B＝EF；③∠＝∠D，∠B＝∠E；④B＝DE，∠B＝∠E；⑤＝ DF，B＝DE．其中能够判定这两个三角形全等的是（ ） ．①②④ B．①②⑤ ．②③④ D．③④⑤ 【分析】根据全等三角形的判定方法：SS，S，S，SSS，如果是两个直角三角形，除了 前面四种方法以外，还可以用L 来判定． 【解答】解：①＝DF，∠＝∠D，再加上已知∠＝∠F，符合S，故符合题意； ②＝DF，B＝EF，再加上已知∠＝∠F，符合SS，故符合题意； ③∠＝∠D，∠B＝∠E，再加上已知∠＝∠F，不能判定两个三角形全等，故不符合题意； ④B＝DE，∠B＝∠E，再加上已知∠＝∠F，符合S，故符合题意； ⑤＝DF，B＝DE，再加上已知∠＝∠F，不能判定两个三角形全等，故不符合题意； 故选：． 【题型2 证明两个三角形全等】 【例2】（2022 春•鼓楼区校级期末）如图，点，E，F，B 在同一直线上，E⊥B，DF⊥B， 垂足分别为E，F，E＝BF，∠＝∠B．求证：△DF≌△BE． 【分析】根据S 证明△DF≌△BE 即可． 【解答】证明：∵E＝BF， ∴F＝BE， ∵E⊥B，DF⊥B， ∴∠FD＝∠BE＝90°， 在△DF 和△BE 中， { ∠A=∠B AF=BE ∠AFD=∠BEC ， 1 ∴△DF≌△BE（S）． 【变式2-1】（2021 秋•肥西县期末）已知，如图，B＝E，B∥DE，∠EB＝65°，∠D＝115°， 求证：△B≌△ED． 【分析】由∠EB＝65°得∠B＝115°，再由B∥DE，证得∠B＝∠E，再结合已知条件B＝E， 可利用S 证得△B≌△ED． 【解答】证明：∵∠EB＝65°， ∴∠B＝180°﹣∠EB＝115°． 又∵∠D＝115°， ∴∠B＝∠D． ∵B∥DE， ∴∠B＝∠E． 在△B 和△ED 中， { ∠ACB=∠D ∠CAB=∠E AB=AE ， ∴△B≌△ED（S）． 【变式2-2】（2021 秋•信州区校级期中）如图，在△B 中，点D 是B 边的中点，分别过点 B、作BE⊥D 于点E，F⊥D 交D 的延长线于点F，求证：△BDE≌△DF． 【分析】由“S”可证△BDE≌△DF． 【解答】证明：∵BE⊥D，F⊥D， ∴∠BED＝∠FD＝90°， ∵点D 是B 的中点， ∴BD＝D， 在△BDE 和△DF 中， { ∠BED=∠CFD ∠BDE=∠CDF BD=CD ， 1 ∴△BDE≌△DF（S）． 【变式2-3】（2022•河源模拟）如图，在四边形BD 中，D∥B，点M 为对角线上一点，连 接BM，若＝B，∠MB＝∠BD，求证：△D≌△MB． 【分析】根据平行线的性质求出∠D＝∠MB，求出∠BM＝∠D，根据全等三角形的判定定 理求出即可． 【解答】证明：∵D∥B， ∴∠D＝∠MB， ∵∠MB＝∠BD，∠BM+∠B＝∠MB，∠B+∠D＝∠BD， ∴∠BM＝∠D， 在△D 和△MB 中， { ∠ACD=∠CBM AC=BC ∠DAC=∠MCB ， ∴△D≌△MB（S）． 【题型3 全等三角形的判定与性质（证两次全等）】 【例3】（2022 春•徐汇区校级期末）如图，已知E∥DF，E＝F，∠B＝∠，求证：B＝D． 【分析】首先根据全等三角形的判定定理S 推知△E≌△DF，则B＝；然后再根据全等三 角形的判定定理S 证得△B≌△D，则B＝D． 【解答】证明：如图，∵E∥DF， ∴∠E＝∠DF． 在△E 与△DF 中， { ∠AEO=∠DFO OE=OF ∠AOE=∠DOF ． 1 ∴△E≌△DF（S）． ∴D＝． 在△B 与△D 中， { ∠AOB=∠DOC OD=OA ∠B=∠C ． ∴△B≌△D（S）． ∴B＝D． 【变式3-1】（2021 春•横山区期中）如图，B＝B，∠BD＝∠BD＝90°，点D 是EF 上一点， E⊥EF 于E，F⊥EF 于F，E＝F，连接BD，求证：Rt△DE Rt ≌ △DF． 【分析】由直角三角形全等的“L“判定定理证得Rt△BD Rt ≌ △BD，根据全等三角形的性 质得到D＝D，再由直角三角形全等的“L“判定定理即可证得Rt△DE Rt ≌ △DF． 【解答】证明：∵∠BD＝∠BD＝90°， 在Rt△BD 和Rt△BD 中， ¿， Rt ∴ △BD Rt ≌ △BD（L）， ∴D＝D， ∵E⊥EF 于E，F⊥EF 于F， ∴∠E＝∠F＝90°， 在Rt△DE 和Rt△DF 中， ¿， Rt ∴ △DE Rt ≌ △DF（L）． 【变式3-2】（2021 秋•石阡县期末）如图，B＝，E、D 分别是B、的中点，F⊥BD，垂足 为点F，G⊥E，垂足为点G，试判断F 与G 的数量关系，并说明理由． 1 【分析】结论：F＝G．先证明△BD≌△E（SS），推出∠BD＝∠E，再证明△BF≌△G（S） 即可解决问题． 【解答】解：结论：F＝G． 理由：∵B＝，E、D 分别是B、的中点， ∴D¿ 1 2¿ 1 2B＝E， 在△BD 和△E 中， { AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE ， ∴△BD≌△E（SS）， ∴∠BD＝∠E， ∵F⊥BD，G⊥E， ∴∠FB＝∠G＝90°． 在△BF 和△G 中， { ∠ABF=∠ACG ∠AFB=∠ACG AB=AC ， ∴△BF≌△G（S）， ∴F＝G． 【变式3-3】（2021 秋•沂源县期末）如图，D＝，B＝E，∠DB＝∠E． （1）△DE 与△B 全等吗？说明理由； （2）判断线段DF 与F 的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）由∠DB＝∠E 得出∠DE＝∠B，再根据SS 判断△DE 与△B 全等即可； （2）由△DB 与△E 全等得出DB＝E，∠FDB＝∠FE，判断△DBF 与△EF 全等，最后利用 1 全等三角形的性质可得． 【解答】解：（1）全等，理由如下： ∵∠DB＝∠E， ∴∠DE＝∠B， 在△DE 与△B 中 { AD=AC ∠DAE=∠CAB AB=AE ∴△DE≌△B（SS） （2）DF＝F，理由如下： 在△DB 与△E 中 { AD=AC ∠DAB=∠CAE AB=AE ， ∴△DB≌△E（SS）， ∴∠DB＝∠E， ∵△DE≌△B， ∴∠B＝∠ED， ∴∠DBF＝∠EF， 在△DBF 与△EF 中 { ∠DFB=∠CFE ∠DBF=∠CEF DB=EC ， ∴△DBF≌△EF（S）， ∴DF＝F． 【题型4 全等三角形的判定与性质（证垂直）】 【例4】（2022 秋•孟津县期末）如图，BM，分别是钝角△B 的高，点Q 是射线上的点，点 P 在线段BM 上，且BP＝，Q＝B，请问P 与Q 有什么样的关系？请说明理由． 【分析】根据同角的余角相等得出∠BP＝∠Q，即可利用SS 证明△Q≌△PB，再根据全等 1 三角形的性质即可得解． 【解答】解：P＝Q 且P⊥Q． 理由如下： ∵BM⊥，⊥B， ∴∠BP+∠BM＝90°，∠Q+∠＝90°． ∴∠BP＝∠Q． 在△Q 和△PB 中， { AC=PB， ∠ACQ=∠PBA ， QC=AB， ∴△Q≌△PB（SS）． ∴P＝Q，∠Q＝∠PB． ∵∠Q+∠Q＝90°． ∴∠PB+∠Q＝90°． ∴∠QP＝90°． ∴P⊥Q． 即P＝Q，P⊥Q． 【变式4-1】（2022 春•金牛区校级期中）如图：在△B 中，BE、F 分别是、B 两边上的高， 在BE 上截取BD＝，在F 的延长线上截取G＝B，连结D、G． （1）求证：∠BE＝∠G； （2）试判：G 与D 的关系？并说明理由． 【分析】（1）易证∠FB＝∠E＝90°，又∠BF＝∠E，由三角形内角和定理即可得出结论； （2）先证△BD≌△G（SS），得出D＝G，∠DB＝∠G，再由∠DB＝∠ED+∠DE，∠G＝ ∠GD+∠DE，则∠ED＝∠GD＝90°，即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵BE⊥，F⊥B， ∴∠FB＝∠E＝90°， ∴∠BE＝90°﹣∠BF，∠G＝90°﹣∠E， ∵∠BF＝∠E， ∴∠BE＝∠G； 1 （2）解：G 与D 的关系为：G＝D，G⊥D，理由如下： ∵BE⊥， ∴∠ED＝90°， 由（1）得：∠BD＝∠G， 在△BD 和△G 中， { AB=CG ∠ABD=∠ACG BD=AC ， ∴△BD≌△G（SS）， ∴D＝G，∠DB＝∠G， 又∵∠DB＝∠ED+∠DE，∠G＝∠GD+∠DE， ∴∠ED＝∠GD＝90°， ∴D⊥G． 【变式4-2】（2021 春•亭湖区校级期末）如图，△B 中，D⊥B，垂足为D．BE⊥，垂足为 G，B＝F，BE＝． （1）求证：E＝F； （2）E 与F 有何位置关系．请说明理由． 【分析】（1）利用SS 证明△EB≌△F 可证明结论； （2）由全等三角形的性质可得∠E＝∠F，由余角的定义可求得∠EF 的度数即可得解． 【解答】（1）证明：∵D⊥B，BE⊥， ∴∠D＝∠GB＝90°， ∴∠D+∠D＝∠D+∠EB＝90°， ∴∠D＝∠EB， 在△EB 和△F 中， ¿， ∴△EB≌△F（SS）， ∴E＝F； （2）解：E⊥F，理由如下： 1 由（1）知△EB≌△F， ∴∠E＝∠F， ∵BE⊥，垂足为G， ∴∠GE＝90°， ∵∠E+∠EG＝90°， ∴∠F+∠EG＝90°， 即∠EF＝90°， ∴E⊥F． 【变式4-3】（2021 春•泰兴市期末）如图，在锐角△B 中，D⊥B 于点D，点E 在D 上，DE ＝D，BD＝D，点F 为B 的中点，连接EF 并延长至点M，使FM＝EF，连接M． （1）求证：BE＝； （2）试判断线段与线段M 的关系，并证明你的结论． 【分析】（1）根据SS 证明△BDE≌△D，再根据全等三角形的性质即可得解； （2）根据SS 证明△BFE≌△FM，得到∠BE＝∠BM，BE＝M，由（1）得∠BE＝∠D，BE ＝，即得＝M，再利用直角三角形的两锐角互余得出⊥M． 【解答】（1）证明；∵D⊥B， ∴∠BDE＝∠D＝90°， 在△BDE 与△D 中， ¿， ∴△BDE≌△D（SS）， ∴BE＝； （2）解：⊥M 且＝M，理由如下： ∵F 为B 中点， ∴BF＝F， 在△BFE 与△FM 中， ¿， ∴△BFE≌△FM（SS）， 1 ∴∠BE＝∠BM，BE＝M， 由（1）得：∠BE＝∠D，BE＝， ∴∠D＝∠BM，＝M， ∵∠D+∠D＝90°， ∴∠BM+∠D＝90°， 即∠M＝90°， ∴⊥M， ∴⊥M 且＝M． 【题型5 全等三角形的判定与性质（多结论）】 【例5】（2022 春•九龙坡区校级期末）如图，Rt△B 中，∠B＝90°，D⊥B 于点D，过点作 F∥B 且F＝D，点E 是上一点且E＝B，连接EF，DE．连接FD 交BE 于点G．下列结论 中正确的有（ ）个． ①∠FE＝∠DB；②BD＝EF；③FD 平分∠FE；④S 四边形BDE＝S 四边形DEF；⑤BG＝ GE． ．2 B．3 ．4 D．5 【分析】由“SS”可证△BD≌△EF，利用全等三角形的性质依次判断可求解． 【解答】解：∵D⊥B，F∥B， ∴F⊥D， ∴∠FD＝90°＝∠B， ∴∠FE＝∠BD，故①正确； 在△BD 和△EF 中， { AB=AE ∠BAD=∠EAF AD=AF ， ∴△BD≌△EF（SS）， ∴BD＝EF，∠DB＝∠FE＝90°，故②正确； ∵F＝D，∠DF＝90°， ∴∠FD＝45°＝∠EFD， ∴FD 平分∠FE，故③正确； 1 ∵△BD≌△EF， ∴S△BD＝S△EF， ∴S 四边形BDE＝S 四边形DEF，故④正确； 如图，过点E 作E⊥EF，交DF 于， ∴∠FE＝90°， ∴∠EF＝∠EF＝45°， ∴EF＝E＝BD，∠ED＝∠BDF＝135°， 在△BGD 和△EG 中， { ∠BDG=∠ENG ∠BGD=∠EGN BD=NE ， ∴△BDG≌△EG（S）， ∴BG＝GE，故⑤正确， 故选：D． 【变式5-1】（2021 秋•垦利区期末）如图，在△B 中，BD、E 分别是∠B 和∠B 的平分线， M⊥E 于P，交B 于M，⊥BD 于Q，交B 于，∠B＝110°，B＝6，＝5，M＝2，结论： ①P＝MP；②B＝9；③∠M＝30°；④M＝．其中正确的有（ ） ．4 个 B．3 个 ．2 个 D．1 个 【分析】证明△P≌△MP，根据全等三角形的性质得到P＝MP，判断①；根据全等三角 形的性质得到M＝＝5，B＝B＝6，结合图形计算，判断②；根据三角形内角和定理判 断③；根据等腰三角形的性质判断④． 【解答】解：∵E 是∠B 的平分线， ∴∠P＝∠P， 在△P 和△MP 中， { ∠ACP=∠MCP CP=CP ∠CPA=∠CPM=90° ， ∴△P≌△MP（S）， ∴P＝MP，①结论正确； 1 ∵△P≌△MP， ∴M＝＝5， 同理可得：B＝B＝6， ∴B＝B+M﹣M＝5+6 2 ﹣＝9，②结论正确； ∵∠B＝110°， ∴∠M+∠B﹣∠M＝110°， 由①知：∠M＝∠M，∠B＝∠B， 在△M 中，∠M+∠B＝180°﹣∠M＝∠B+∠M， 180° ∴ ﹣∠M﹣∠M＝110°， ∴∠M＝35°，③结论错误； ④当∠M＝∠M 时，M＝， ∵B＝6≠＝5 ∴∠B≠∠