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1. 如图，$AC=DF$，$∠ 1=∠ 2$，要利用“ASA”证明$△ ABC ≌ △ DEF$，需增加的条件是。
答案
解：
已知$AC=DF$，$∠ 1=∠ 2$，即$∠ ACB=∠ DFE$。
根据“ASA”全等判定定理，两角及其夹边对应相等的两个三角形全等，现有一组对应边相等、一组对应角相等，还需添加该组对应边的另一组邻角对应相等，即$∠ A=∠ D$，此时：
$\begin{cases}∠ A=∠ D \\AC=DF \\∠ ACB=∠ DFE\end{cases}$
可满足ASA的判定条件，证明$△ ABC≌△ DEF$。
$∠ A=∠ D$
已知$AC=DF$，$∠ 1=∠ 2$，即$∠ ACB=∠ DFE$。
根据“ASA”全等判定定理，两角及其夹边对应相等的两个三角形全等，现有一组对应边相等、一组对应角相等，还需添加该组对应边的另一组邻角对应相等，即$∠ A=∠ D$，此时：
$\begin{cases}∠ A=∠ D \\AC=DF \\∠ ACB=∠ DFE\end{cases}$
可满足ASA的判定条件，证明$△ ABC≌△ DEF$。
$∠ A=∠ D$
解析
【分析】
解题时首先明确三角形全等的ASA判定规则：两角及其夹边对应相等的两个三角形全等。先梳理已知条件：题目给出$AC=DF$，$∠1=∠2$，根据等角的补角相等可推出$∠ACB=∠DFE$，此时已有一组对应边$AC=DF$，以及该边的一组邻角$∠ACB=∠DFE$，要满足ASA的“两角夹边”要求，只需补充这条边的另一组邻角对应相等即可。
【解析】
解：已知$∠1=∠2$，根据等角的补角相等可得：
$∠ACB=180°-∠2$，$∠DFE=180°-∠1$，因此$∠ACB=∠DFE$。
又已知$AC=DF$，结合ASA判定定理的要求，还需补充夹边$AC、DF$的另一组邻角相等，即$∠A=∠D$。
此时三个条件：
$\begin{cases}∠ A=∠ D \\AC=DF \\∠ ACB=∠ DFE\end{cases}$
完全符合ASA的判定要求，可证明$△ ABC ≌ △ DEF$。
【答案】
$\boldsymbol{∠A=∠D}$
【知识点】
1. ASA全等判定定理
2. 补角的性质
【点评】
本题核心考查全等三角形ASA判定定理的应用，解题关键是准确把握ASA判定中“两角夹一边”的边、角位置关系，结合已知条件推导缺失的相等元素，注意区分不同全等判定定理的边、角位置要求，避免和AAS、SAS等判定规则混淆。
【难度系数】
0.8
解题时首先明确三角形全等的ASA判定规则：两角及其夹边对应相等的两个三角形全等。先梳理已知条件：题目给出$AC=DF$，$∠1=∠2$，根据等角的补角相等可推出$∠ACB=∠DFE$，此时已有一组对应边$AC=DF$，以及该边的一组邻角$∠ACB=∠DFE$，要满足ASA的“两角夹边”要求，只需补充这条边的另一组邻角对应相等即可。
【解析】
解：已知$∠1=∠2$，根据等角的补角相等可得：
$∠ACB=180°-∠2$，$∠DFE=180°-∠1$，因此$∠ACB=∠DFE$。
又已知$AC=DF$，结合ASA判定定理的要求，还需补充夹边$AC、DF$的另一组邻角相等，即$∠A=∠D$。
此时三个条件：
$\begin{cases}∠ A=∠ D \\AC=DF \\∠ ACB=∠ DFE\end{cases}$
完全符合ASA的判定要求，可证明$△ ABC ≌ △ DEF$。
【答案】
$\boldsymbol{∠A=∠D}$
【知识点】
1. ASA全等判定定理
2. 补角的性质
【点评】
本题核心考查全等三角形ASA判定定理的应用，解题关键是准确把握ASA判定中“两角夹一边”的边、角位置关系，结合已知条件推导缺失的相等元素，注意区分不同全等判定定理的边、角位置要求，避免和AAS、SAS等判定规则混淆。
【难度系数】
0.8
2.如图，$AF=CE$，$BE// DF$.要利用“AAS”证明$△ ABE≌△ CDF$，需增加的条件是.
答案
解：
∵AF=CE，
∴AF+EF=CE+EF，即AE=CF。
∵BE//DF，
∴∠AEB=∠CFD。
此时已有一组对应边相等AE=CF，一组对应角相等∠AEB=∠CFD，要利用“AAS”证明△ABE≌△CDF，需添加另一组非夹边的对应角相等，即∠B=∠D。
需增加的条件是 $\boldsymbol{∠ B=∠ D}$。
∵AF=CE，
∴AF+EF=CE+EF，即AE=CF。
∵BE//DF，
∴∠AEB=∠CFD。
此时已有一组对应边相等AE=CF，一组对应角相等∠AEB=∠CFD，要利用“AAS”证明△ABE≌△CDF，需添加另一组非夹边的对应角相等，即∠B=∠D。
需增加的条件是 $\boldsymbol{∠ B=∠ D}$。
解析
【分析】
解题时先从已知条件推导已有的等量关系：第一步，由$AF=CE$，根据等式性质，两边同时加公共线段$EF$，可得$AE=CF$，得到一组对应边相等；第二步，由$BE// DF$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ AEB=∠ CFD$，得到一组对应角相等。再回忆“AAS”的判定规则：两个角对应相等，且其中一组等角的对边对应相等。已有边$AE=CF$分别是$△ ABE$中$∠ B$的对边、$△ CDF$中$∠ D$的对边，因此只需补充$∠ B=∠ D$，即可满足AAS的判定要求。
【解析】
$\because AF=CE$，
$\therefore AF+EF=CE+EF$，即$AE=CF$。
$\because BE// DF$，
$\therefore ∠ AEB=∠ CFD$（两直线平行，内错角相等）。
此时已有一组对应边相等$AE=CF$，一组对应角相等$∠ AEB=∠ CFD$，要使用“AAS”证明三角形全等，需要补充另一组非夹边的对应角相等，即$∠ B=∠ D$，可证$△ ABE≌△ CDF$。
【答案】
$∠ B=∠ D$
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 平行线的性质
【点评】
本题考查三角形全等判定条件的应用，需要先结合已知条件推导得到已有的边、角相等关系，再匹配指定的判定定理补充缺失的条件，解题时要注意区分AAS和ASA的适用差异，避免混淆两种判定规则。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知条件推导已有的等量关系：第一步，由$AF=CE$，根据等式性质，两边同时加公共线段$EF$，可得$AE=CF$，得到一组对应边相等；第二步，由$BE// DF$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ AEB=∠ CFD$，得到一组对应角相等。再回忆“AAS”的判定规则：两个角对应相等，且其中一组等角的对边对应相等。已有边$AE=CF$分别是$△ ABE$中$∠ B$的对边、$△ CDF$中$∠ D$的对边，因此只需补充$∠ B=∠ D$，即可满足AAS的判定要求。
【解析】
$\because AF=CE$，
$\therefore AF+EF=CE+EF$，即$AE=CF$。
$\because BE// DF$，
$\therefore ∠ AEB=∠ CFD$（两直线平行，内错角相等）。
此时已有一组对应边相等$AE=CF$，一组对应角相等$∠ AEB=∠ CFD$，要使用“AAS”证明三角形全等，需要补充另一组非夹边的对应角相等，即$∠ B=∠ D$，可证$△ ABE≌△ CDF$。
【答案】
$∠ B=∠ D$
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 平行线的性质
【点评】
本题考查三角形全等判定条件的应用，需要先结合已知条件推导得到已有的边、角相等关系，再匹配指定的判定定理补充缺失的条件，解题时要注意区分AAS和ASA的适用差异，避免混淆两种判定规则。
【难度系数】
0.8
3.如图，$∠ A=∠ ECD$，$CA=CD$，点E在BC上，且$DE// AB$，求证$AB=EC$.
答案
证明：
∵ $DE// AB$，
∴ $∠ B = ∠ DEC$。
在$△ ABC$和$△ ECD$中，
$\{\begin{array}{l}∠ A = ∠ ECD \\∠ B = ∠ DEC \\CA = CD\end{array} $
∴ $△ ABC ≌ △ ECD$（AAS），
∴ $AB = EC$。
∵ $DE// AB$，
∴ $∠ B = ∠ DEC$。
在$△ ABC$和$△ ECD$中，
$\{\begin{array}{l}∠ A = ∠ ECD \\∠ B = ∠ DEC \\CA = CD\end{array} $
∴ $△ ABC ≌ △ ECD$（AAS），
∴ $AB = EC$。
解析
【分析】
要证明$AB=EC$，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等来实现，本题中$AB$在$△ ABC$中，$EC$在$△ ECD$中，因此目标是证明$△ ABC≌△ ECD$。首先梳理已知条件：已经给出$∠A=∠ECD$、$CA=CD$，还缺少一组角相等的全等判定条件；结合$DE// AB$的条件，根据平行线的性质可得到同位角$∠B=∠DEC$，此时两个三角形满足“两角及其中一角的对边相等”的AAS全等判定条件，证完全等后，根据全等三角形对应边相等即可推出$AB=EC$。
【解析】
证明：
∵ $DE// AB$，
∴ $∠ B = ∠ DEC$（两直线平行，同位角相等）。
在$△ ABC$和$△ ECD$中，
$\{\begin{array}{l}∠ A = ∠ ECD \\∠ B = ∠ DEC \\CA = CD\end{array} $
∴ $△ ABC ≌ △ ECD$（AAS），
∴ $AB = EC$（全等三角形的对应边相等）。
【答案】
证明过程见上述解析，$AB=EC$得证。
【知识点】
平行线的性质、全等三角形的AAS判定、全等三角形的性质
【点评】
本题是三角形全等证明的基础常规题，核心考查几何证明中“证线段相等先证对应三角形全等”的思路，解题关键是利用平行线的性质得到缺失的等角条件，凑齐全等判定依据即可完成证明。
【难度系数】
0.8
要证明$AB=EC$，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等来实现，本题中$AB$在$△ ABC$中，$EC$在$△ ECD$中，因此目标是证明$△ ABC≌△ ECD$。首先梳理已知条件：已经给出$∠A=∠ECD$、$CA=CD$，还缺少一组角相等的全等判定条件；结合$DE// AB$的条件，根据平行线的性质可得到同位角$∠B=∠DEC$，此时两个三角形满足“两角及其中一角的对边相等”的AAS全等判定条件，证完全等后，根据全等三角形对应边相等即可推出$AB=EC$。
【解析】
证明：
∵ $DE// AB$，
∴ $∠ B = ∠ DEC$（两直线平行，同位角相等）。
在$△ ABC$和$△ ECD$中，
$\{\begin{array}{l}∠ A = ∠ ECD \\∠ B = ∠ DEC \\CA = CD\end{array} $
∴ $△ ABC ≌ △ ECD$（AAS），
∴ $AB = EC$（全等三角形的对应边相等）。
【答案】
证明过程见上述解析，$AB=EC$得证。
【知识点】
平行线的性质、全等三角形的AAS判定、全等三角形的性质
【点评】
本题是三角形全等证明的基础常规题，核心考查几何证明中“证线段相等先证对应三角形全等”的思路，解题关键是利用平行线的性质得到缺失的等角条件，凑齐全等判定依据即可完成证明。
【难度系数】
0.8
4. 提升题【教材呈现】人教版数学教材八年级上册第60页有这样一道习题：“如图(图①)，$∠ ACB=90°,AC=BC,AD⊥ CE,BE⊥ CE$,垂足分别为$D,E,AD=2.5,DE=1.7$,求$BE$的长.”
(1)琪琪通过分析,得到下面的解题思路:利用“角角边”证得$△ CBE$与$△ ACD$全等……请你按琪琪的思路完成解答.
【类比探究】
(2)如图②,点$B,C$分别在$∠ MAN$的边$AM,AN$上,点$E,F$在$∠ MAN$内部的射线$AD$上,$∠1,∠2$分别是$△ ABE,△ CAF$的外角.已知$AB=AC,∠1=∠2=∠ BAC$,求证:$CF+EF=BE$.
(1)琪琪通过分析,得到下面的解题思路:利用“角角边”证得$△ CBE$与$△ ACD$全等……请你按琪琪的思路完成解答.
【类比探究】
(2)如图②,点$B,C$分别在$∠ MAN$的边$AM,AN$上,点$E,F$在$∠ MAN$内部的射线$AD$上,$∠1,∠2$分别是$△ ABE,△ CAF$的外角.已知$AB=AC,∠1=∠2=∠ BAC$,求证:$CF+EF=BE$.
答案
(1) 解：
∵ $AD⊥ CE$，$BE⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ CBE + ∠ BCE = 90°$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD$（AAS）。
∴ $CE = AD = 2.5$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 2.5 - 1.7 = 0.8$，
∴ $BE = 0.8$。
---
(2) 证明：
∵ $∠ 1$是$△ ABE$的外角，
∴ $∠ 1 = ∠ BAE + ∠ ABE$。
又∵ $∠ 1 = ∠ BAC$，且$∠ BAC = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ BAE + ∠ ABE = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ ABE = ∠ CAF$。
∵ $∠ 1 = ∠ 2$，
∴ $180° - ∠ 1 = 180° - ∠ 2$，即$∠ AEB = ∠ CFA$。
在$△ ABE$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ CFA \\∠ ABE = ∠ CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CAF$（AAS）。
∴ $BE = AF$，$AE = CF$。
∵ $AF = AE + EF$，
∴ $BE = CF + EF$，即$CF + EF = BE$。
∵ $AD⊥ CE$，$BE⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ CBE + ∠ BCE = 90°$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD$（AAS）。
∴ $CE = AD = 2.5$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 2.5 - 1.7 = 0.8$，
∴ $BE = 0.8$。
---
(2) 证明：
∵ $∠ 1$是$△ ABE$的外角，
∴ $∠ 1 = ∠ BAE + ∠ ABE$。
又∵ $∠ 1 = ∠ BAC$，且$∠ BAC = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ BAE + ∠ ABE = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ ABE = ∠ CAF$。
∵ $∠ 1 = ∠ 2$，
∴ $180° - ∠ 1 = 180° - ∠ 2$，即$∠ AEB = ∠ CFA$。
在$△ ABE$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ CFA \\∠ ABE = ∠ CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CAF$（AAS）。
∴ $BE = AF$，$AE = CF$。
∵ $AF = AE + EF$，
∴ $BE = CF + EF$，即$CF + EF = BE$。
解析
【分析】
(1) 首先根据垂直的定义得到两个直角，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合已知BC=AC，用AAS判定△CBE和△ACD全等，得到对应边相等后，通过线段的和差关系即可求出BE的长度。
(2) 先利用三角形外角的性质和已知的角相等关系，推导出△ABE和△CAF的两组对应角相等，结合AB=AC，用AAS判定两个三角形全等，得到对应边相等后，通过线段的和差等量代换即可证明结论。
【解析】
(1) 解：
∵ $AD⊥ CE$，$BE⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ CBE + ∠ BCE = 90°$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD$（AAS）。
∴ $CE = AD = 2.5$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 2.5 - 1.7 = 0.8$，
∴ $BE = 0.8$。
(2) 证明：
∵ $∠ 1$是$△ ABE$的外角，
∴ $∠ 1 = ∠ BAE + ∠ ABE$。
又
∵ $∠ 1 = ∠ BAC$，且$∠ BAC = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ BAE + ∠ ABE = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ ABE = ∠ CAF$。
∵ $∠ 1 = ∠ 2$，
∴ $180° - ∠ 1 = 180° - ∠ 2$，即$∠ AEB = ∠ CFA$。
在$△ ABE$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ CFA \\∠ ABE = ∠ CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CAF$（AAS）。
∴ $BE = AF$，$AE = CF$。
∵ $AF = AE + EF$，
∴ $BE = CF + EF$，即$CF + EF = BE$。
【答案】
(1) $BE=0.8$；(2) 证明成立，$CF+EF=BE$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等；三角形外角的性质
【点评】
本题是三角形全等的典型应用题型，覆盖了“三垂直”“一线三等角”两类常见的全等模型，解题核心是通过角的等量转化得到全等条件，再利用全等的性质完成线段计算或关系证明，能有效锻炼几何逻辑推理和转化思维。
【难度系数】
0.65
(1) 首先根据垂直的定义得到两个直角，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等得到一组对应角相等，结合已知BC=AC，用AAS判定△CBE和△ACD全等，得到对应边相等后，通过线段的和差关系即可求出BE的长度。
(2) 先利用三角形外角的性质和已知的角相等关系，推导出△ABE和△CAF的两组对应角相等，结合AB=AC，用AAS判定两个三角形全等，得到对应边相等后，通过线段的和差等量代换即可证明结论。
【解析】
(1) 解：
∵ $AD⊥ CE$，$BE⊥ CE$，
∴ $∠ E = ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ CBE + ∠ BCE = 90°$。
∵ $∠ ACB = 90°$，
∴ $∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ CBE = ∠ ACD$。
在$△ CBE$和$△ ACD$中，
$\begin{cases}∠ E = ∠ ADC \\∠ CBE = ∠ ACD \\BC = AC\end{cases}$
∴ $△ CBE ≌ △ ACD$（AAS）。
∴ $CE = AD = 2.5$，$BE = CD$。
∵ $CD = CE - DE = 2.5 - 1.7 = 0.8$，
∴ $BE = 0.8$。
(2) 证明：
∵ $∠ 1$是$△ ABE$的外角，
∴ $∠ 1 = ∠ BAE + ∠ ABE$。
又
∵ $∠ 1 = ∠ BAC$，且$∠ BAC = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ BAE + ∠ ABE = ∠ BAE + ∠ CAF$，
∴ $∠ ABE = ∠ CAF$。
∵ $∠ 1 = ∠ 2$，
∴ $180° - ∠ 1 = 180° - ∠ 2$，即$∠ AEB = ∠ CFA$。
在$△ ABE$和$△ CAF$中，
$\begin{cases}∠ AEB = ∠ CFA \\∠ ABE = ∠ CAF \\AB = AC\end{cases}$
∴ $△ ABE ≌ △ CAF$（AAS）。
∴ $BE = AF$，$AE = CF$。
∵ $AF = AE + EF$，
∴ $BE = CF + EF$，即$CF + EF = BE$。
【答案】
(1) $BE=0.8$；(2) 证明成立，$CF+EF=BE$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等；三角形外角的性质
【点评】
本题是三角形全等的典型应用题型，覆盖了“三垂直”“一线三等角”两类常见的全等模型，解题核心是通过角的等量转化得到全等条件，再利用全等的性质完成线段计算或关系证明，能有效锻炼几何逻辑推理和转化思维。
【难度系数】
0.65
