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求证全等三角形的几种方法


求证全等三角形的几种方法 课程解读
全等三角形是初中数学中的重要内容之一,是今后学习其他知识的基础。 判断三角形全等的公理有 SAS、ASA、AAS、SSS 和 HL,如果所给条件充足,则可 直接根据相应的公理证明,但是如果给出的条件不全,就需要根据已知的条件 结合相应的公理进行分析,先推导出所缺的条件然后再证明。一些较难的证明 题要构造合适的全等三角形,把条件相对集中起来,再进行等量代换,就可以 化难为易了。

典型例题
全等三角形辅助线 找全等三角形的方法: (1)可以从结论出发,寻找要证明的相等的两条线段(或两个角)分别在 哪两个可能全等的三角形中; (2)可以从已知条件出发,看已知条件可以确定哪两个三角形全等; (3)可从条件和结论综合考虑,看它们能确定哪两个三角形全等; (4)若上述方法均不可行,可考虑添加辅助线,构造全等三角形。 三角形中常见辅助线的作法: ①延长中线构造全等三角形; ②利用翻折,构造全等三角形; ③引平行线构造全等三角形; ④作连线构造等腰三角形。 常见辅助线的作法有以下几种: (1)遇到等腰三角形,可作底边上的高,利用“三线合一”的性质解题, 思维模式是全等变换中的“对折”。 例 1:如图,Δ ABC 是等腰直角三角形,∠BAC=90°,BD 平分∠ABC 交 AC 于 点 D,CE 垂直于 BD,交 BD 的延长线于点 E。求证:BD=2CE。

解答过程:
证明:延长 BA,CE 交于点 F,在 ΔBEF 和 ΔBEC 中, ∵∠1=∠2,BE=BE,∠BEF=∠BEC=90° , ∴ΔBEF≌ΔBEC,∴EF=EC,从而 CF=2CE。 又∠1+∠F=∠3+∠F=90° ,故∠1=∠3。 在 ΔABD 和 ΔACF 中,∵∠1=∠3,AB=AC,∠BAD=∠CAF=90° , ∴ΔABD≌ΔACF,∴BD=CF,∴BD=2CE。
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(2)若遇到三角形的中线,可倍长中线,使延长线段与原中线长相等,构 造全等三角形,利用的思维模式是全等变换中的“旋转”。
例 2:如图,已知 ΔABC 中,AD 是∠BAC 的平分线,AD 又是 BC 边上的中线。求证: ΔABC 是等腰三角形。

解答过程:

证明:延长 AD 到 E,使 DE=AD,连接 BE。 又因为 AD 是 BC 边上的中线,∴BD=DC 又∠BDE=∠CDA ΔBED≌ΔCAD, 故 EB=AC,∠E=∠2, ∵AD 是∠BAC 的平分线 ∴∠1=∠2, ∴∠1=∠E,

∴AB=EB,从而 AB=AC,即 Δ ABC 是等腰三角形。 解题后的思考:题目中如果出现了三角形的中线,常加倍延长此线段,再 将端点连结,便可得到全等三角形。 (3)遇到角平分线,可以自角平分线上的某一点向角的两边作垂线,利用 的思维模式是三角形全等变换中的“对折”,所考知识点常常是角平分线的性 质定理或逆定理。 例 3:已知,如图,AC 平分∠BAD,CD=CB,AB>AD。求证:∠B+∠ADC=180°。

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解答过程: 证明:作 CE⊥AB 于 E,CF⊥AD 于 F。 ∵AC 平分∠BAD, ∴CE=CF。 在 Rt△CBE 和 Rt△CDF 中, ∵CE=CF,CB=CD, ∴Rt△CBE≌Rt△CDF, ∴∠B=∠CDF, ∵∠CDF+∠ADC=180°, ∴∠B+∠ADC=180°。 解题后的思考: ①关于角平行线的问题,常用两种辅助线;

②见中点即联想到中位线。 (4)过图形上某一点作特定的平行线,构造全等三角形,利用的思维模式 是全等变换中的“平移”或“翻转折叠” 例 4:如图,Δ ABC 中,AB=AC,E 是 AB 上一点,F 是 AC 延长线上一点,连 EF 交 BC 于 D,若 EB=CF。 求证:DE=DF。

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解答过程:

证明:过 E 作 EG//AC 交 BC 于 G, 则∠EGB=∠ACB, 又 AB=AC,∴∠B=∠ACB, ∴∠B=∠EGB,∴∠EGD=∠DCF, ∴EB=EG=CF, ∵∠EDB=∠CDF,∴Δ DGE≌Δ DCF, ∴DE=DF。 解题后的思考:此题的辅助线还可以有以下几种作法:

例 5:△ABC 中,∠BAC=60°,∠C=40°,AP 平分∠BAC 交 BC 于 P,BQ 平分 ∠ABC 交 AC 于 Q,求证:AB+BP=BQ+AQ。

解答过程:

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证明:如图(1),过 O 作 OD∥BC 交 AB 于 D, ∴∠ADO=∠ABC=180°-60°-40°=80°, 又∵∠AQO=∠C+∠QBC=80°, ∴∠ADO=∠AQO, 又∵∠DAO=∠QAO,OA=AO, ∴△ADO≌△AQO, ∴OD=OQ,AD=AQ, 又∵OD∥BP, ∴∠PBO=∠DOB, 又∵∠PBO=∠DBO, ∴∠DBO=∠DOB, ∴BD=OD, 又∵∠BPA=∠C+∠PAC=70°, ∠BOP=∠OBA+∠BAO=70°, ∴∠BOP=∠BPO, ∴BP=OB, ∴AB+BP=AD+DB+BP=AQ+OQ+BO=AQ+BQ。 解题后的思考: (1)本题也可以在 AB 上截取 AD=AQ,连 OD,构造全等三角形,即“截长 法”。 (2)本题利用“平行法”的解法也较多,举例如下:

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①如图(2),过 O 作 OD∥BC 交 AC 于 D,则△ADO≌△ABO 从而得以解决。 ④如图(5),过 P 作 PD∥BQ 交 AC 于 D,则△ABP≌△ADP 从而得以解决。

小结:通过一题的多种辅助线添加方法,体会添加辅助线的目的在于构造 全等三角形。而不同的添加方法实际是从不同途径来实现线段的转移的,体会 构造的全等三角形在转移线段中的作用。从变换的观点可以看到,不论是作平 行线还是倍长中线,实质都是对三角形作了一个以中点为旋转中心的旋转变换 构造了全等三角形。 (5) 截长法与补短法, 具体作法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等, 或是将某条线段延长,使之与特定线段相等,再利用三角形全等的有关性质加 以说明。这种作法,适合于证明线段的和、差、倍、分等类的题目。 例 6:如图甲,AD∥BC,点 E 在线段 AB 上,∠ADE=∠CDE,∠DCE=∠ECB。 求证:CD=AD+BC。

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解答过程: 证明:在 CD 上截取 CF=BC,如图乙

∴△FCE≌△BCE(SAS), ∴∠2=∠1。 又∵AD∥BC, ∴∠ADC+∠BCD=180°, ∴∠DCE+∠CDE=90°, ∴∠2+∠3=90°,∠1+∠4=90°, ∴∠3=∠4。 在△FDE 与△ADE 中,

∴△FDE≌△ADE(ASA), ∴DF=DA,
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∵CD=DF+CF, ∴CD=AD+BC。 解题后的思考:遇到求证一条线段等于另两条线段之和时,一般方法是截 长法或补短法: 截长:在长线段中截取一段等于另两条中的一条,然后证明剩下部分等于 另一条; 补短:将一条短线段延长,延长部分等于另一条短线段,然后证明新线段 等于长线段。
1)对于证明有关线段和差的不等式,通常会联系到三角形中两线段之和大于第三边、之差 小于第三边,故可想办法将其放在一个三角形中证明。

2)在利用三角形三边关系证明线段不等关系时,如直接证明不出来,可连 接两点或延长某边构成三角形, 使结论中出现的线段在一个或几个三角形中, 再 运用三角形三边的不等关系证明。 小结:三角形 图中有角平分线,可向两边作垂线。也可将图对折看,对称以后关系现。 角平分线平行线,等腰三角形来添。角平分线加垂线,三线合一试试看。 线段垂直平分线,常向两端把线连。线段和差及倍半,延长缩短可试验。 线段和差不等式,移到同一三角形。三角形中两中点,连接则成中位线。 三角形中有中线,延长中线等中线。

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同步练习
(答题时间:90 分钟)
这几道题一定要认真思考啊,都是要添加辅助线的,开动脑筋好好想一想吧!加油!你一 定行!

1、已知,如图 1,在四边形 ABCD 中,BC>AB,AD=DC,BD 平分∠ABC。 求证:∠BAD+∠BCD=180°。

2、已知,如图 2,∠1=∠2,P 为 BN 上一点,且 PD⊥BC 于点 D,AB+BC=2BD。 求证:∠BAP+∠BCP=180°。

3、已知,如图 3,在△ABC 中,∠C=2∠B,∠1=∠2。求证:AB=AC+CD。

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试题答案
1、分析:因为平角等于 180°,因而应考虑把两个不在一起的角通过全等转 化成为平角,图中缺少全等的三角形,因而解题的关键在于构造直角三角形, 可通过“截长法或补短法”来实现。 证明:过点 D 作 DE 垂直 BA 的延长线于点 E,作 DF⊥BC 于点 F,如图 1-2

∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL), ∴∠DAE=∠DCF。 又∠BAD+∠DAE=180°, ∴∠BAD+∠DCF=180°, 即∠BAD+∠BCD=180° 2、分析:与 1 相类似,证两个角的和是 180°,可把它们移到一起,让它们 成为邻补角,即证明∠BCP=∠EAP,因而此题适用“补短”进行全等三角形的构 造。 证明:过点 P 作 PE 垂直 BA 的延长线于点 E,如图 2-2

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∴Rt△APE≌Rt△CPD(SAS), ∴∠PAE=∠PCD 又∵∠BAP+∠PAE=180°。 ∴∠BAP+∠BCP=180° 3、分析:从结论分析,“截长”或“补短”都可实现问题的转化,即延长 AC 至 E 使 CE=CD,或在 AB 上截取 AF=AC。 证明:方法一(补短法) 延长 AC 到 E,使 DC=CE,则∠CDE=∠CED,如图 3-2

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∴△AFD≌△ACD(SAS), ∴DF=DC,∠AFD=∠ACD。 又∵∠ACB=2∠B, ∴∠FDB=∠B, ∴FD=FB。
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∵AB=AF+FB=AC+FD, ∴AB=AC+CD。 4、证明:(方法一) 将 DE 两边延长分别交 AB、AC 于 M、N, 在△AMN 中,AM+AN>MD+DE+NE; ① 在△BDM 中,MB+MD>BD; ② 在△CEN 中,CN+NE>CE; ③ 由①+②+③得: AM+AN+MB+MD+CN+NE>MD+DE+NE+BD+CE ∴AB+AC>BD+DE+EC (方法二:图 4-2)

延长 BD 交 AC 于 F,延长 CE 交 BF 于 G,在△ABF、△GFC 和△GDE 中有: AB+AF>BD+DG+GF ① GF+FC>GE+CE ② DG+GE>DE ③ 由①+②+③得: AB+AF+GF+FC+DG+GE>BD+DG+GF+GE+CE+DE ∴AB+AC>BD+DE+EC。 5、分析:要证 AB+AC>2AD,由图想到:AB+BD>AD,AC+CD>AD,所以有 AB+AC+BD+CD>AD+AD=2AD,左边比要证结论多 BD+CD,故不能直接证出此题,而 由 2AD 想到要构造 2AD,即加倍中线,把所要证的线段转移到同一个三角形中去

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∴△ACD≌△EBD(SAS) ∴BE=CA(全等三角形对应边相等) ∵在△ABE 中有:AB+BE>AE(三角形两边之和大于第三边) ∴AB+AC>2AD。 6、分析:欲证 AC=BF,只需证 AC、BF 所在两个三角形全等,显然图中没有含 有 AC、BF 的两个全等三角形,而根据题目条件去构造两个含有 AC、BF 的全等 三角形也并不容易。这时我们想到在同一个三角形中等角对等边,能够把这两 条线段转移到同一个三角形中,只要说明转移到同一个三角形以后的这两条线 段,所对的角相等即可。 思路一、以三角形 ADC 为基础三角形,转移线段 AC,使 AC、BF 在三角形 BFH 中 方法一:延长 AD 到 H,使得 DH=AD,连结 BH,证明△ADC 和△HDB 全等,得 AC=BH。 通过证明∠H=∠BFH,得到 BF=BH。

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∴ △ADC≌△HDB(SAS) ∴ AC=BH, ∠H=∠HAC ∵ EA=EF ∴ ∠HAE=∠AFE 又∵ ∠BFH=∠AFE ∴BH=BF ∴BF=AC 方法二:过 B 点作 BH 平行 AC,与 AD 的延长线相交于点 H,证明△ADC 和△ HDB 全等即可。 小结:对于含有中点的问题,通过“倍长中线” 可以得到两个全等三角形。 而过一点作已知直线的平行线,可以起到转移角的作用,也起到了构造全等三 角形的作用。 思路二、以三角形 BFD 为基础三角形。转移线段 BF,使 AC、BF 在两个全等 三角形中 方法三:延长 FD 至 H,使得 DH=FD,连接 HC。证明△CDH 和△BDF 全等即可。

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∴ △BFD≌△CHD(SAS) ∴ ∠H=∠BFH ∵ AE=FE ∴ ∠HAC=∠AFE 又∵ ∠AFE=∠BFH ∴ ∠H=∠HAC ∴ CH=CA ∴ BF=AC 方法四:过 C 点作 CH 平行 BF,与 AD 的延长线相交于点 H,证明△CDH 和△ BDF 全等即可

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