《三角形全等(教师用)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《三角形全等(教师用)（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、例例 2 如图 2-2 所示ABC 是等腰三角形，D，E 分别是腰 AB 及 AC 延长线上的一点，且 BD=CE，连接 DE 交底 BC 于 G求证：GD=GE分析分析 从图形看，GE，GD 分别属于两个显然不全等的三角形：GEC 和GBD此时就要利用这两个三角形中已有的等量条件，结合已知添加辅助线，构造全等三角形方法不止一种，下面证法是其中之一证证 过 E 作 EFAB 且交 BC 延长线于 F在GBD 及GEF 中， BGD=EGF(对顶角)， B=F(两直线平行内错角相等) 又B=ACB=ECF=F，所以，ECF 是等腰三角形，从而 EC=EF又因为EC=BD，所以 BD=EF 由，
2、GBDGEF(AAS)， 所以 GD=GE说明说明 适当添加辅助线、构造全等三角形的方法可以不止一种，本题至少还有以下两种方法：(1)过 D 作 DFAC，交 BC 于 F可用同样方法证明GFDGCE(图 2-3)(2)过 D 作 DFBC 于 F；过 E 作 EHBC 于 BC 延长线于 H，可证明GFDGEH(图 2-4)例例 3 如图 2-5 所示在等边三角形 ABC 中，AE=CD，AD，BE 交于 P 点，BQAD 于Q求证：BP=2PQ分析分析 首先看到 BP，PQ 在 RtBPQ 之中，只要证明BPQ=60(或PBQ=30)然而，BPQ 是ABP 的一个外角，所以BPQ=PAB+
3、PBA但A=PAB+PAC=60，若能证明PBA=PAC，问题即能解决，这两个角分别在ABE 与CAD 中，可以证明这两个三角形全等证证 在ABE 与CAD 中，EAB=DCA=60，AB=CA，AE=CD，所以ABECAD(SAS)，所以 ABE=CAD由于BPQ 是ABP 的外角，所以BPQ=PAB+PBA=PAB+CAD=60在 RtBQP 中，BPQ=60，PBQ=30，所以 BP=2PQ(在 RtBPQ 中 30角的对边等于斜边的一半)说明说明 发现或构造全等三角形是利用全等三角形证明题目的关键，为此，我们常从发现两个三角形中对应元素相等入手，逐步发现或经推理“凑齐”三角形全等的条件
4、如本题在分析到欲证ABP=CAD 后，进而把注意力集中到ABE 与CAD 中，这里，可适当利用几何直观感觉，启发我们寻找有希望全等的三角形，例如虽然ABP 与APE 都含欲证的角，但只需观察即可知，这两个三角形无望全等例例 4 如图 2-6 所示A=90，AB=AC，M 是 AC 边的中点，ADBM 交 BC 于 D，交BM 于 E求证：AMB=DMC分析分析 1 从图形观察AME 与DMC 所在的两个三角形AME 与DMC 显然不全等，但是这两个三角形中有其他相等元素：AM=MC若能利用已知条件在现有的三角形中构造出新的对应相等的元素，形成全等三角形，这是理想不过的事由于C=45，A=90，
5、若作A 的平分线 AG，则在AGM 中，GAM=45=C结合求证中的AMB=DMC(这当然不能作为已知，但在分析中可以“当作已知”来考虑，以便寻找思路)，我们可以断言AGM“应该”与CDM 全等！为此，只要在这两个三角形中求得一组边相等即可图形及条件启发我们可考虑去证明AGBCDA证法证法 1 作BAC 的平分线 AG，交 BM 于 G在AGB 与CDA 中，因为AB=CA，BAG=ACD=45，ABG=90-AMB， MAD=90-EAB 由于，在 RtMAB 中，AEBM，所以AMB=EAB由，ABG=MAD，所以AGBADC(ASA)，于是 AG=CD在AMG 与CMD 中，还有 AM=
6、MC，GAM=DCM=45，所以 AMGCMD，从而 AMB=DMC分析分析 2 如图 2-7 所示注意到在 RtABM 中，由 AEBM 得到MAE=MBA，若延长 AE，过 C 作 CFAC 交 AE 延长线于 F，可构成 RtABMRtACF，从而有AMB=F设法证明DMC=F，则问题获解证法证法 2 引辅助线如分析 2 所述在 RtABM 与 RtCAF 中，ABM=CAF，AB=AC，及BAM=ACF=90，所以 RtABMRtCAF(ASA)，所以AMB=F，AM=CF 在MCD 与FCD 中，FC=AM=MC(因为 M 是 AC 中点)由于ACF=90，ACB=45，所以FCD=
7、MCD=45，CD=CD，所以 FCDMCD(SAS)，所以 F=DMC 由， AMB=DMC说明说明 这两个证法的思路较为复杂添加辅助线的结果造出两对全等三角形，第一对全等三角形产生一些对应相等的元素，为第二对全等三角形做了铺垫；第一对全等三角形将欲证的一个角“转移”到第二对全等三角形中，从而最后使问题获解对一些较复杂的问题采用迂回的办法，因势利导地创造全等三角形，产生更多的相等条件，使欲证的角(或边)转移位置，走出“死角”，最终使问题获解例例 5 如图 2-8 所示正方形 ABCD 中，在边 CD 上任取一点 Q，连 AQ，过 D 作DPAQ，交 AQ 于 R，交 BC 于 P，正方形对角
8、线交点为 O，连 OP，OQ求证：OPOQ分析分析 欲证 OPOQ，即证明COP+COQ=90然而，COQ+QOD=90，因此只需证明COP=DOQ 即可这归结为证明COPDOQ，又归结为证明 CP=DQ，最后，再归结为证明ADQDCP 的问题证证 在正方形 ABCD 中，因为 AQDP，所以，在 RtADQ 与 RtRDQ 中有RDQ=QAD所以，在 RtADQ 与 RtDCP 中有AD=DC，ADQ=DCP=90，QAD=PDC，所以 ADQDCP(ASA)，DQ=CP又在DOQ 与COP 中，DO=CO，ODQ=OCP=45，所以DOQCOP(SAS)，DOQ=COP从而POQ=COP+
9、COQ=DOQ+COQ=COD=90，即 OPOQ说明说明 (1)利用特殊图形的特殊性质，常可发现有用的条件，如正方形对角线互相垂直，对角线与边成 45角，及 OA=OB=OC=OD 等均在推证全等三角形中被用到(2)两个三角形的全等与对应元素相等，这两者互为因果，这是利用全等三角形证明问题的基本技巧例例 6 如图 2-9 所示已知正方形 ABCD 中，M 为 CD 的中点，E 为 MC 上一点，且BAE=2DAM求证：AE=BC+CE 分析分析 证明一条线段等于两条线段和的基本方法有两种：(1)通过添辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和(BC+CE)，再证所构造的线段与求证中那一
10、条线段相等(2)通过添辅助线先在求证中长线段(AE)上截取与线段中的某一段(如 BC)相等的线段，再证明截剩的部分与线段中的另一段(CE)相等我们用(1)法来证明证证 延长 AB 到 F，使 BF=CE，则由正方形性质知 AF=AB+BF=BC+CE下面我们利用全等三角形来证明 AE=AF为此，连接 EF 交边 BC 于 G由于对顶角BGF=CGE，所以 RtBGFRtCGE(AAS)，从而 于是 RtABGRtADM(SAS)，所以 过 G 引 GHAE 于 H因为 AG 是EAF 的平分线，所以 GB=GH，从而 RtGBFRtGHE(HL)，所以F=HEG，则 AF=AE(底角相等的三角
11、形是等腰三角形)，即 AE=BC+CE说明说明 我们也可以按分析(2)的方法来证明结论，为此可先作BAE 的平分线 AG 交边BC 于 G，再作 GHAE 于 H，通过证明ABGAHG 知 AB=AH=BC下面设法证明HE=CE 即可 练练 习习 十十1如图 2-10 所示AD，EF，BC 相交于 O 点，且 AO=OD，BO=OC，EO=OF求证：AEBDFC2如图 2-11 所示正三角形 ABC 中，P，Q，R 分别为 AB，AC，BC 的中点，M 为 BC上任意一点(不同于 R)，且PMS 为正三角形求证：RM=QS3如图 2-12 所示P 为正方形 ABCD 对角线 BD 上任一点，PFDC，PEBC求证：APEF4如图 2-13 所示ABC 的高 AD 与 BE 相交于 H，且 BH=AC求证：BCH=ABC 5如图 2-14 所示在正方形 ABCD 中，P，Q 分别为 BC，CD 边上的点，PAQ=45求证：PQ=PB+DQ6如图 2-15 所示过ABC 的顶点 A 分别作两底角B 和C 的角平分线的垂线，ADBD 于 D，AECE 于 E求证：EDBC
