专题12.4 角边角判定三角形全等-重难点题型(举一反三)(人教版)(解析版)

专题12.4 角边角判定三角形全等-重难点题型
【人教版】
【题型1 角边角判定三角形全等的条件】
【例1】（2020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=∠DAE AB=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】（2020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 ．A
B ＝DE B ．∠A ＝∠D
C ．BF ＝CE
D ．∠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 =∠D AC =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】（2020秋•浦东新区期末）根据下列已知条件，能作出唯一△ABC 的是（ ）
A ．A
B ＝3，B
C ＝4，CA ＝8
B ．AB ＝4，B
C ＝3，∠A ＝60° C ．∠A ＝60°，∠B ＝45°，AB ＝4
D ．∠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，B
C ＝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】（2020•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】（2020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=1
2∠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】（2019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】（2021•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 =∠BEC AD =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】（2020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=∠ACF
AB=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】（2021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 ．3
B ．4
C ．5
D ．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 =∠QNH
MQ =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】（2020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 ．0.5
B ．1
C ．1.5
D ．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 =∠AED DF =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】（2020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 =∠ECF AE =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】（2020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°，∠P AC +∠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 =∠FAP AP =AP
，
∴△APE ≌△APF （SAS ），
∴∠APE ＝∠APF ，
∵∠APC ＝120°，
∴∠APE ＝60°，
∴∠APF ＝∠CPD ＝60°＝∠CPF ，
在△CPF 和△CPD 中，
{∠FPC =∠DPC CP =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】（2020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】（2020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】（2020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 =∠CDP PB =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】（2020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 =∠ABC AB =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】（2020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
∴∠F AE＝∠AEB
∵AB＝AE
∴∠B＝∠AEB
∴∠B＝∠F AE，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】（2020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 =∠ADC AD =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】（2020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】（2020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△DF A≌△DFG，可得F A＝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 =∠ACE BD =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△DF A 和△DFG 中，
{AD =DG ∠FDA =∠FDG DF =DF
，
∴△DF A ≌△DFG （SAS ），
∴F A ＝FG ．
∴CG ＝AB ＝FB +F A ＝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】（2020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=∠DBE
BD=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】（2021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 =∠BEF AE =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】（2020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 =12
CF ．
（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 =∠FDC BD =CD ∠ABD =∠FCD
，
∴△ABD ≌△FCD （ASA ），
∴AB ＝CF ，
∵CE 平分∠ACB ，
∴∠ACE ＝∠BCE ＝22.5°，
在△ACE 和△BCE 中，
{∠ACE =∠BCE CE =CE ∠AEC =∠BEC
，
∴△ACE ≌△BCE （ASA ），
∴AE ＝BE ，
∴BE =12AB =12CF ；
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 =∠GMP BP =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 =∠HMN MN =MN ∠BNM =∠HNM
，
∴△BMN ≌△HMN （ASA ）
∴BN ＝NH ，
【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】（2020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=1
2
∠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°+1
2
∠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+∠F AC＝90°，
∴∠DEC＝∠BAC，∠DEC+∠BEC＝180°，
∴∠BAC+∠BEC＝180°；
（2）∵BD平分∠ABC，CF平分∠ACB，
∴∠EBC=1
2
∠ABC，∠ECB=12∠ACB，∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°−12（∠ABC+∠ACB）
＝180°−1
2（180°﹣∠BAC）＝90°+
1
2∠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 =∠EBM
BE =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．。