专题研究全等三角形证明方法归纳及典型例题Word格式文档下载.docx

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（3）边边边定理（SSS）：

三边对应相等的两个三角形全等．

（4）角角边定理（AAS）：

两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．

（5）斜边、直角边定理（HL）：

斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．

全等三角形的应用：

运用三角形全等可以证明线段相等、角相等、两直线垂直等问题，在证明的过程中，注意有时会添加辅助线．

拓展关键点：

能通过判定两个三角形全等进而证明两条线段间的位置关系和大小关系．而证明两条线段或两个角的和、差、倍、分相等是几何证明的基础．

专题1、常见辅助线的做法

典型例题 

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，ΔABC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。

思路分析：

1）题意分析：

本题考查等腰三角形的三线合一定理的应用

2）解题思路：

要求证BD=2CE，可用加倍法，延长短边，又因为有BD平分∠ABC的条件，可以和等腰三角形的三线合一定理结合起来。

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。

解题后的思考：

等腰三角形“三线合一”性质的逆命题在添加辅助线中的应用不但可以提高解题的能力，而且还加强了相关知识点和不同知识领域的联系，为同学们开拓了一个广阔的探索空间；

并且在添加辅助线的过程中也蕴含着化归的数学思想，它是解决问题的关键。

（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。

ΔABC是等腰三角形。

本题考查全等三角形常见辅助线的知识。

在证明三角形的问题中特别要注意题目中出现的中点、中线、中位线等条件，一般这些条件都是解题的突破口，本题给出了AD又是BC边上的中线这一条件，而且要求证AB=AC，可倍长AD得全等三角形，从而问题得证。

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ΔABC是等腰三角形。

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。

∠B+∠ADC=180°

。

本题考查角平分线定理的应用。

因为AC是∠BAD的平分线，所以可过点C作∠BAD的两边的垂线，构造直角三角形，通过证明三角形全等解决问题。

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°

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，ΔABC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。

DE=DF。

本题考查全等三角形常见辅助线的知识：

作平行线。

因为DE、DF所在的两个三角形ΔDEB与ΔDFC不可能全等，又知EB=CF，所以需通过添加辅助线进行相等线段的等量代换：

过E作EG//CF，构造中心对称型全等三角形，再利用等腰三角形的性质，使问题得以解决。

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，∴ΔDGE≌ΔDCF，

∴DE=DF。

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。

本题要证明的是AB+BP=BQ+AQ。

形势较为复杂，我们可以通过转化的思想把左式和右式分别转化为几条相等线段的和即可得证。

可过O作BC的平行线。

得△ADO≌△AQO。

得到OD=OQ，AD=AQ，只要再证出BD=OD就可以了。

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。

（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：

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。

CD=AD+BC。

截长法或补短法。

结论是CD=AD+BC，可考虑用“截长补短法”中的“截长”，即在CD上截取CF=CB，只要再证DF=DA即可，这就转化为证明两线段相等的问题，从而达到简化问题的目的。

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，

∵CD=DF+CF，

∴CD=AD+BC。