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1.(2025·吴兴期末)如图,某同学不小心把一块三角形玻璃打碎成三部分,现要去配制一块与原来相同的三角形玻璃,那么应带哪一片碎玻璃 (
A.①
B.②
C.③
D.无法确定
第1题图 第2题图
C
)A.①
B.②
C.③
D.无法确定
第1题图 第2题图
答案
1.C
解析
【分析】
要配制和原三角形完全相同的玻璃，本质是构造与原三角形全等的三角形，需结合三角形全等的判定条件分析每块碎片保留的原三角形的边角信息：①仅保留一个角和部分边，不满足全等判定条件；②仅保留部分边，没有足够的边角信息判定全等；③保留了原三角形的两个内角以及两角的夹边，符合“角边角（ASA）”的全等判定条件，可确定唯一的全等三角形，因此选择带③。
【解析】
配制与原来相同的三角形玻璃，即需要得到与原三角形全等的三角形，需依据全等三角形的判定条件判断：
1. 碎片①仅保留了原三角形的1个角和部分边，无法满足全等三角形的判定要求，不能确定原三角形的形状和大小，不符合要求；
2. 碎片②仅保留了原三角形的部分边，没有完整的角和对应边的组合条件，无法判定全等，不符合要求；
3. 碎片③保留了原三角形的两个内角，以及这两个角的夹边，根据全等三角形“角边角（ASA）”的判定定理，能唯一确定与原三角形全等的三角形，符合要求。
因此应带碎片③，选C。
【答案】
C
【知识点】
1. 角边角判定全等
2. 全等三角形应用
【点评】
本题结合生活实际场景考查全等三角形判定定理的应用，解题核心是准确提取每块碎片保留的原三角形边角信息，对应全等判定条件分析即可，属于基础应用题。
【难度系数】
0.8
要配制和原三角形完全相同的玻璃，本质是构造与原三角形全等的三角形，需结合三角形全等的判定条件分析每块碎片保留的原三角形的边角信息：①仅保留一个角和部分边，不满足全等判定条件；②仅保留部分边，没有足够的边角信息判定全等；③保留了原三角形的两个内角以及两角的夹边，符合“角边角（ASA）”的全等判定条件，可确定唯一的全等三角形，因此选择带③。
【解析】
配制与原来相同的三角形玻璃，即需要得到与原三角形全等的三角形，需依据全等三角形的判定条件判断：
1. 碎片①仅保留了原三角形的1个角和部分边，无法满足全等三角形的判定要求，不能确定原三角形的形状和大小，不符合要求；
2. 碎片②仅保留了原三角形的部分边，没有完整的角和对应边的组合条件，无法判定全等，不符合要求；
3. 碎片③保留了原三角形的两个内角，以及这两个角的夹边，根据全等三角形“角边角（ASA）”的判定定理，能唯一确定与原三角形全等的三角形，符合要求。
因此应带碎片③，选C。
【答案】
C
【知识点】
1. 角边角判定全等
2. 全等三角形应用
【点评】
本题结合生活实际场景考查全等三角形判定定理的应用，解题核心是准确提取每块碎片保留的原三角形边角信息，对应全等判定条件分析即可，属于基础应用题。
【难度系数】
0.8
2. 跨学科 测绘(2025·黄陂期末)如图，要测量池塘对岸相对的两点A，B的距离，小明先在池塘外取AB的垂线BF上两点C，D，使CD=BC，再画出BF的垂线DE，使E与A，C在同一条直线上，这时测得ED的长就是AB的长。这里构造全等三角形的依据是
ASA
。答案
2.ASA
解析
【分析】
要确定构造全等三角形的依据，我们先从已知条件入手梳理对应相等的边角：首先AB、DE都垂直于BF，可得到一组相等的直角；题目明确给出CD=BC，即一组对应边相等；又因为A、C、E三点共线，可得到一组相等的对顶角。观察三组条件的位置，是两个角及两角的夹边对应相等，对应全等三角形的判定定理即可得出结论。
【解析】
证明：
∵$AB⊥ BF$，$DE⊥ BF$，
∴$∠ ABC=∠ EDC=90°$。
在$△ ABC$和$△ EDC$中：
$\begin{cases}∠ ABC=∠ EDC \\BC=DC \\∠ ACB=∠ ECD \quad (\mathrm{对顶角相等})\end{cases}$
∴$△ ABC≌△ EDC(\mathrm{ASA})$，因此构造全等三角形的依据是ASA。
【答案】
ASA
【知识点】
1. 全等三角形的判定
2. 对顶角的性质
3. 垂直的定义
【点评】
本题将全等三角形的判定和实际测量场景结合，解题核心是从题干和图形中准确提取对应相等的边、角条件，匹配对应的全等判定定理，体现了数学知识在实际生活中的应用价值。
【难度系数】
0.8
要确定构造全等三角形的依据，我们先从已知条件入手梳理对应相等的边角：首先AB、DE都垂直于BF，可得到一组相等的直角；题目明确给出CD=BC，即一组对应边相等；又因为A、C、E三点共线，可得到一组相等的对顶角。观察三组条件的位置，是两个角及两角的夹边对应相等，对应全等三角形的判定定理即可得出结论。
【解析】
证明：
∵$AB⊥ BF$，$DE⊥ BF$，
∴$∠ ABC=∠ EDC=90°$。
在$△ ABC$和$△ EDC$中：
$\begin{cases}∠ ABC=∠ EDC \\BC=DC \\∠ ACB=∠ ECD \quad (\mathrm{对顶角相等})\end{cases}$
∴$△ ABC≌△ EDC(\mathrm{ASA})$，因此构造全等三角形的依据是ASA。
【答案】
ASA
【知识点】
1. 全等三角形的判定
2. 对顶角的性质
3. 垂直的定义
【点评】
本题将全等三角形的判定和实际测量场景结合，解题核心是从题干和图形中准确提取对应相等的边、角条件，匹配对应的全等判定定理，体现了数学知识在实际生活中的应用价值。
【难度系数】
0.8
3.(2025·西岗期末)如图，B,C,F,E在同一条直线上，AC//FD，AB//DE，BC=EF.求证：AB=DE.
答案
3.
∵AB//DE,
∴∠B=∠E,
∵AC//FD,
∴∠ACF=∠DFC,
∴180°−∠ACF=180°−∠DFC,即∠ACB=∠DFE,在△ABC 和△DEF 中,$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ BC=EF, \\ ∠ACB=∠DFE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DEF(ASA),
∴AB=DE
∵AB//DE,
∴∠B=∠E,
∵AC//FD,
∴∠ACF=∠DFC,
∴180°−∠ACF=180°−∠DFC,即∠ACB=∠DFE,在△ABC 和△DEF 中,$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ BC=EF, \\ ∠ACB=∠DFE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DEF(ASA),
∴AB=DE
解析
【分析】要证明AB=DE，可通过证明AB、DE所在的△ABC与△DEF全等推导。首先梳理已知条件：已知两组平行线和一组对应边相等，先利用平行线的性质推导两个三角形的对应角相等，再结合已知的边相等，满足角边角（ASA）的全等判定条件，证得两三角形全等后，根据全等三角形对应边相等即可得到结论。
【解析】
证明：
∵AB//DE，
∴∠B=∠E，
∵AC//FD，
∴∠ACF=∠DFC，
∴180°−∠ACF=180°−∠DFC，即∠ACB=∠DFE，
在△ABC 和△DEF 中，
$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ BC=EF, \\ ∠ACB=∠DFE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE
【答案】AB=DE
【知识点】平行线的性质；全等三角形的ASA判定；全等三角形的性质
【点评】本题是全等三角形证明的基础题，解题关键是利用平行线的性质得到全等所需的对应角相等，结合已知的对应边相等即可证明三角形全等，进而得到待证的边相等，属于全等判定的常规考查题型。
【难度系数】
0.8
【解析】
证明：
∵AB//DE，
∴∠B=∠E，
∵AC//FD，
∴∠ACF=∠DFC，
∴180°−∠ACF=180°−∠DFC，即∠ACB=∠DFE，
在△ABC 和△DEF 中，
$\begin{cases} ∠B=∠E, \\ BC=EF, \\ ∠ACB=∠DFE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DEF(ASA)，
∴AB=DE
【答案】AB=DE
【知识点】平行线的性质；全等三角形的ASA判定；全等三角形的性质
【点评】本题是全等三角形证明的基础题，解题关键是利用平行线的性质得到全等所需的对应角相等，结合已知的对应边相等即可证明三角形全等，进而得到待证的边相等，属于全等判定的常规考查题型。
【难度系数】
0.8
4.(2025·海淀期末)如图，$AB=AC$，点$D$在$AB$上，点$E$在$AC$上，若添加一个条件可使$△ ABE ≌ △ ACD$，则添加的这个条件不可以是（
A.$∠ B=∠ C$
B.$AD=AE$
C.$∠ ADC=∠ AEB$
D.$BE=CD$
D
）A.$∠ B=∠ C$
B.$AD=AE$
C.$∠ ADC=∠ AEB$
D.$BE=CD$
答案
4.D
解析
【分析】
要判断哪个条件不能证明△ABE≌△ACD，首先先梳理两个三角形已有的相等条件：∠A是两个三角形的公共角，即∠A=∠A，同时已知AB=AC，也就是已经具备一组边相等、一组夹边的公共角相等。接下来结合全等三角形的判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS，SSA不能判定一般三角形全等），逐一验证每个选项的条件是否符合判定规则，即可找到符合要求的答案。
【解析】
在△ABE和△ACD中，已知∠A=∠A（公共角），AB=AC，逐一分析选项：
A. 若添加∠B=∠C，满足“角边角（ASA）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
B. 若添加AD=AE，满足“边角边（SAS）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
C. 若添加∠ADC=∠AEB，满足“角角边（AAS）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
D. 若添加BE=CD，此时两组边及其中一组边的对角相等，即SSA，无对应的全等判定定理，无法证明△ABE≌△ACD，符合题意。
故选：D
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定；公共角的性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的基础题，解题核心是先锁定已知的相等边和角，再结合判定定理逐一验证选项，需要牢记SSA不能作为一般三角形全等的判定依据，避免混淆规则出错。
【难度系数】
0.8
要判断哪个条件不能证明△ABE≌△ACD，首先先梳理两个三角形已有的相等条件：∠A是两个三角形的公共角，即∠A=∠A，同时已知AB=AC，也就是已经具备一组边相等、一组夹边的公共角相等。接下来结合全等三角形的判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS，SSA不能判定一般三角形全等），逐一验证每个选项的条件是否符合判定规则，即可找到符合要求的答案。
【解析】
在△ABE和△ACD中，已知∠A=∠A（公共角），AB=AC，逐一分析选项：
A. 若添加∠B=∠C，满足“角边角（ASA）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
B. 若添加AD=AE，满足“边角边（SAS）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
C. 若添加∠ADC=∠AEB，满足“角角边（AAS）”的全等判定条件，可证明△ABE≌△ACD，不符合题意；
D. 若添加BE=CD，此时两组边及其中一组边的对角相等，即SSA，无对应的全等判定定理，无法证明△ABE≌△ACD，符合题意。
故选：D
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定；公共角的性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的基础题，解题核心是先锁定已知的相等边和角，再结合判定定理逐一验证选项，需要牢记SSA不能作为一般三角形全等的判定依据，避免混淆规则出错。
【难度系数】
0.8
5. 现实生活(2025·宁乡期末)如图，书架两侧摆放了若干本相同的书籍，左右两摞书中竖直放入一个等腰直角三角板，其直角顶点C在书架底部DE上，当顶点A落在右侧书籍的上方边沿时，顶点B恰好落在左侧书籍的上方边沿。已知每本书长20 cm，厚度为2 cm，则两摞书之间的距离DE为
24
cm。答案
5.24
解析
【分析】
首先明确△ABC是等腰直角三角形，可得AC=BC、∠ACB=90°，结合BD⊥DE、AE⊥DE的垂直关系得到两个直角相等，再利用同角的余角相等推出一组对应角相等，即可证明△BDC和△CEA全等；再根据全等三角形对应边相等得到DC、CE的长度，二者相加即可得到DE的长度。
【解析】
解：由题意得△ABC为等腰直角三角形，
∴$\mathit{AC}=\mathit{BC}$，$∠ ACB=90°$，
∴$∠ BCD+∠ ACE=90°$，
∵$\mathit{BD}⊥\mathit{DE}$，$\mathit{AE}⊥\mathit{DE}$，
∴$∠ BDC=∠ CEA=90°$，
∴$∠ ACE+∠ CAE=90°$，
∴$∠ BCD=∠ CAE$，
在$△ BDC$和$△ CEA$中：
$\begin{cases}∠ BDC=∠ CEA\\∠ BCD=∠ CAE\\BC=AC\end{cases}$
∴$△ BDC≌△ CEA$（AAS），
∴$\mathit{DC}=\mathit{AE}=20\mathrm{cm}$，$\mathit{CE}=\mathit{BD}=2\mathrm{cm}$，
∴$\mathit{DE}=\mathit{DC}+\mathit{CE}=20+2=24\mathrm{cm}$。
【答案】
24
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合生活场景考查全等三角形的实际应用，解题的关键是从图形中挖掘全等的条件，将实际问题转化为几何全等问题求解。
【难度系数】
0.7
首先明确△ABC是等腰直角三角形，可得AC=BC、∠ACB=90°，结合BD⊥DE、AE⊥DE的垂直关系得到两个直角相等，再利用同角的余角相等推出一组对应角相等，即可证明△BDC和△CEA全等；再根据全等三角形对应边相等得到DC、CE的长度，二者相加即可得到DE的长度。
【解析】
解：由题意得△ABC为等腰直角三角形，
∴$\mathit{AC}=\mathit{BC}$，$∠ ACB=90°$，
∴$∠ BCD+∠ ACE=90°$，
∵$\mathit{BD}⊥\mathit{DE}$，$\mathit{AE}⊥\mathit{DE}$，
∴$∠ BDC=∠ CEA=90°$，
∴$∠ ACE+∠ CAE=90°$，
∴$∠ BCD=∠ CAE$，
在$△ BDC$和$△ CEA$中：
$\begin{cases}∠ BDC=∠ CEA\\∠ BCD=∠ CAE\\BC=AC\end{cases}$
∴$△ BDC≌△ CEA$（AAS），
∴$\mathit{DC}=\mathit{AE}=20\mathrm{cm}$，$\mathit{CE}=\mathit{BD}=2\mathrm{cm}$，
∴$\mathit{DE}=\mathit{DC}+\mathit{CE}=20+2=24\mathrm{cm}$。
【答案】
24
【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题结合生活场景考查全等三角形的实际应用，解题的关键是从图形中挖掘全等的条件，将实际问题转化为几何全等问题求解。
【难度系数】
0.7
6.(演绎推理)如图,点 E 在$△ ABC$的外部,点 D在 BC 上,DE 交 AC 于点 F,$∠1=∠2=∠3$,AB=AD.求证:$△ ABC≌△ ADE$.
答案
6.
∵∠1=∠2=∠3,
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF,
∴∠BAC=∠DAE,又
∵∠3+∠C=∠AFD,∠2+∠E=∠AFD,
∴∠C=∠E,在△ABC 和△ADE 中,$\begin{cases} ∠C=∠E, \\ ∠BAC=∠DAE, \\ AB=AD, \end{cases}$
∴△ABC≌△ADE(AAS)
∵∠1=∠2=∠3,
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF,
∴∠BAC=∠DAE,又
∵∠3+∠C=∠AFD,∠2+∠E=∠AFD,
∴∠C=∠E,在△ABC 和△ADE 中,$\begin{cases} ∠C=∠E, \\ ∠BAC=∠DAE, \\ AB=AD, \end{cases}$
∴△ABC≌△ADE(AAS)
解析
【分析】
要证明△ABC≌△ADE，已知一组对应边AB=AD，只需再推导两组对应角相等即可完成证明。首先利用∠1=∠2，两个角同时加公共角∠DAF，可推出∠BAC=∠DAE；再结合∠2=∠3，利用三角形外角的性质可推出∠C=∠E；最后结合已知的边相等条件，用AAS全等判定定理即可证得结论。
【解析】
证明：
∵∠1=∠2=∠3，
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF，
∴∠BAC=∠DAE，
又
∵∠3+∠C=∠AFD，∠2+∠E=∠AFD，
∴∠C=∠E，
在△ABC和△ADE中：
$\begin{cases}∠C=∠E \\∠BAC=∠DAE \\AB=AD\end{cases}$
∴△ABC≌△ADE（AAS）
【答案】
∵∠1=∠2=∠3,
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF,
∴∠BAC=∠DAE,又
∵∠3+∠C=∠AFD,∠2+∠E=∠AFD,
∴∠C=∠E,在△ABC 和△ADE 中,$\begin{cases} ∠C=∠E, \\ ∠BAC=∠DAE, \\ AB=AD, \end{cases}$
∴△ABC≌△ADE(AAS)
【知识点】
全等三角形AAS判定，角的和差运算，三角形外角性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的常规题型，解题核心是结合已知条件推导全等所需的对应角相等，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要证明△ABC≌△ADE，已知一组对应边AB=AD，只需再推导两组对应角相等即可完成证明。首先利用∠1=∠2，两个角同时加公共角∠DAF，可推出∠BAC=∠DAE；再结合∠2=∠3，利用三角形外角的性质可推出∠C=∠E；最后结合已知的边相等条件，用AAS全等判定定理即可证得结论。
【解析】
证明：
∵∠1=∠2=∠3，
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF，
∴∠BAC=∠DAE，
又
∵∠3+∠C=∠AFD，∠2+∠E=∠AFD，
∴∠C=∠E，
在△ABC和△ADE中：
$\begin{cases}∠C=∠E \\∠BAC=∠DAE \\AB=AD\end{cases}$
∴△ABC≌△ADE（AAS）
【答案】
∵∠1=∠2=∠3,
∴∠1+∠DAF=∠2+∠DAF,
∴∠BAC=∠DAE,又
∵∠3+∠C=∠AFD,∠2+∠E=∠AFD,
∴∠C=∠E,在△ABC 和△ADE 中,$\begin{cases} ∠C=∠E, \\ ∠BAC=∠DAE, \\ AB=AD, \end{cases}$
∴△ABC≌△ADE(AAS)
【知识点】
全等三角形AAS判定，角的和差运算，三角形外角性质
【点评】
本题属于全等三角形判定的常规题型，解题核心是结合已知条件推导全等所需的对应角相等，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
