第十講 三角形的全等及其應(yīng)用

　　(1)邊角邊公理 有兩邊和它們的夾角對應(yīng)相等的兩個三角形全等(簡寫成“SAS”)．

　　(2)角邊角公理 有兩角和它們的夾邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等(簡寫成“ASA”)．

　　推論 有兩個角和其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等(簡寫成“AAS”)．

　　(3)邊邊邊公理 有三邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等(簡寫成“SSS”)．

　　(4)斜邊、直角邊公理 有斜邊和一條直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等(簡寫成“HL”)．

　　例1 如圖2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求證：AB=DC．

　　分析 用全等三角形證明線段(或角)相等，最常用的方法是探究所求證的線段(或角)分別在一對可證的全等三角形之中．本題的AB，DC分別屬于兩對三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．經(jīng)分析可證明△ABE≌△CDE．

　　證 由已知，∠1=∠2，

　　∠ABC=∠DCB，而

　　∠EBC=∠ABC-∠1，

　　∠ECB=∠DCB-∠2，

　　所以∠EBC=∠ECB．在

　　△ABC及△BCD中，

　　∠ABC=∠BCD，

　　∠EBC=∠ECB，BC=BC，

　　所以 △ABC≌△DCB(ASA)，

　　所以 AB=CD．

　　說明 線段AB，CD也屬于兩個(事實上)全等的△ABE和△DCE，因此也可直接證明這兩個三角形全等．

　　例2 如圖2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分別是腰AB及AC延長線上的一點，且BD=CE，連接DE交底BC于G．求證：GD=GE．

　　分析 從圖形看，GE，GD分別屬于兩個顯然不全等的三角形：△GEC和△GBD．此時就要利用這兩個三角形中已有的等量條件，結(jié)合已知添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．方法不止一種，下面證法是其中之一．

　　證 過E作EF∥AB且交BC延長線于F．在△GBD及△GEF中， ∠BGD=∠EGF(對頂角)， ①

　　∠B=∠F(兩直線平行內(nèi)錯角相等)． ②

　　又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，從而EC=EF．又因為EC=BD，所以

BD=EF． ③

△GBD≌△GEF(AAS)，

　　所以 GD=GE．

　　說明 適當(dāng)添加輔助線、構(gòu)造全等三角形的方法可以不止一種，本題至少還有以下兩種方法：

　　(1)過D作DF∥AC，交BC于F．可用同樣方法證明△GFD≌△GCE(圖2-3)．

　　(2)過D作DF⊥BC于F；過E作EH⊥BC于BC延長線于H，可證明△GFD≌△GEH(圖2-4)．

　　例3 如圖2-5所示．在等邊三角形ABC中，AE=CD，AD，BE交于P點，BQ⊥AD于Q．求證：BP=2PQ．

　　分析 首先看到BP，PQ在Rt△BPQ之中，只要證明∠BPQ=60°(或∠PBQ=30°)．然而，∠BPQ是△ABP的一個外角，所以∠BPQ=∠PAB+∠PBA．但∠A=∠PAB+∠PAC=60°，若能證明∠PBA=∠PAC，問題即能解決，這兩個角分別在△ABE與△CAD中，可以證明這兩個三角形全等．

　　證 在△ABE與△CAD中，

　　∠EAB=∠DCA=60°，AB=CA，AE=CD，

△ABE≌△CAD(SAS)，

　　所以 ∠ABE=∠CAD．

　　由于∠BPQ是△ABP的外角，所以

　　∠BPQ=∠PAB+PBA=∠PAB+∠CAD=60°．

　　在Rt△BQP中，∠BPQ=60°，∠PBQ=30°，所以BP=2PQ(在Rt△BPQ中30°角的對邊等于斜邊的一半)．

　　說明 發(fā)現(xiàn)或構(gòu)造全等三角形是利用全等三角形證明題目的關(guān)鍵，為此，我們常從發(fā)現(xiàn)兩個三角形中對應(yīng)元素相等入手，逐步發(fā)現(xiàn)或經(jīng)推理“湊齊”三角形全等的條件．如本題在分析到欲證∠ABP=∠CAD后，進(jìn)而把注意力集中到△ABE與△CAD中，這里，可適當(dāng)利用幾何直觀感覺，啟發(fā)我們尋找有希望全等的三角形，例如雖然△ABP與△APE都含欲證的角，但只需觀察即可知，這兩個三角形無望全等．

　　例4 如圖2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC邊的中點，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求證：

∠AMB=∠DMC．

　　分析1 從圖形觀察∠AME與∠DMC所在的兩個三角形△AME與△DMC顯然不全等，但是這兩個三角形中有其他相等元素：AM=MC．若能利用已知條件在現(xiàn)有的三角形中構(gòu)造出新的對應(yīng)相等的元素，形成全等三角形，這是理想不過的事．由于∠C=45°，∠A=90°，若作∠A的平分線AG，則在△AGM中，∠GAM=45°=∠C．結(jié)合求證中的∠AMB=∠DMC(這當(dāng)然不能作為已知，但在分析中可以“當(dāng)作已知”來考慮，以便尋找思路)，我們可以斷言△AGM“應(yīng)該”與△CDM全等！為此，只要在這兩個三角形中求得一組邊相等即可．圖形及條件啟發(fā)我們可考慮去證明△AGB≌△CDA．

　　證法1 作∠BAC的平分線AG，交BM于G．在△AGB與△CDA中，因為

AB=CA，∠BAG=∠ACD=45°，

　　∠ABG=90°-∠AMB， ①

　　∠MAD=90°-∠EAB． ②

　　由于，在Rt△MAB中，AE⊥BM，所以∠AMB=∠EAB．由①，②，∠ABG=∠MAD，所以

△AGB≌△ADC(ASA)，

　　于是 AG=CD．

　　在△AMG與△CMD中，還有

AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，

　　所以 △AMG≌△CMD，

　　從而 ∠AMB=∠DMC．

　　分析2 如圖2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥BM得到∠MAE=∠MBA，若延長AE，過C作CF⊥AC交AE延長線于F，可構(gòu)成Rt△ABM≌Rt△ACF，從而有∠AMB=∠F．設(shè)法證明∠DMC=∠F，則問題獲解．

　　證法2 引輔助線如分析2所述．在Rt△ABM與Rt△CAF中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

　　∠AMB=∠F，AM=CF． ①

　　在△MCD與△FCD中，FC=AM=MC(因為M是AC中點)．由于∠ACF=90°，∠ACB=45°，所以

∠FCD=∠MCD=45°，CD=CD，

　　所以 △FCD≌△MCD(SAS)，

　　所以 ∠F=∠DMC． ②

　　由①，② ∠AMB=∠DMC．

　　說明 這兩個證法的思路較為復(fù)雜．添加輔助線的結(jié)果造出兩對全等三角形，第一對全等三角形產(chǎn)生一些對應(yīng)相等的元素，為第二對全等三角形做了鋪墊；第一對全等三角形將欲證的一個角“轉(zhuǎn)移”到第二對全等三角形中，從而最后使問題獲解．對一些較復(fù)雜的問題采用迂回的辦法，因勢利導(dǎo)地創(chuàng)造全等三角形，產(chǎn)生更多的相等條件，使欲證的角(或邊)轉(zhuǎn)移位置，走出“死角”，最終使問題獲解．

　　例5 如圖2-8所示．正方形ABCD中，在邊CD上任取一點Q，連AQ，過D作DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形對角線交點為O，連OP，OQ．求證：OP⊥OQ．

　　分析 欲證OP⊥OQ，即證明∠COP+∠COQ=90°．然而，∠COQ+∠QOD=90°，因此只需證明∠COP=∠DOQ即可．這歸結(jié)為證明△COP≌△DOQ，又歸結(jié)為證明CP=DQ，最后，再歸結(jié)為證明△ADQ≌△DCP的問題．

　　證 在正方形ABCD中，因為AQ⊥DP，所以，在Rt△ADQ與Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以，在Rt△ADQ與Rt△DCP中有

AD=DC，∠ADQ=∠DCP=90°，

∠QAD=∠PDC，

△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．

　　又在△DOQ與△COP中，

DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，

△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．

　　∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ

　　　　 =∠COD=90°，

　　即OP⊥OQ．

　　說明 (1)利用特殊圖形的特殊性質(zhì)，�？砂l(fā)現(xiàn)有用的條件，如正方形對角線互相垂直，對角線與邊成45°角，及OA=OB=OC=OD等均在推證全等三角形中被用到．

　　(2)兩個三角形的全等與對應(yīng)元素相等，這兩者互為因果，這是利用全等三角形證明問題的基本技巧．

　　例6 如圖2-9所示．已知正方形ABCD中，M為CD的中點，E為MC上一點，且∠BAE=2∠DAM．求證：AE=BC+CE．

　　分析 證明一條線段等于兩條線段和的基本方法有兩種：

　　(1)通過添輔助線“構(gòu)造”一條線段使其為求證中的兩條線段之和(BC+CE)，再證所構(gòu)造的線段與求證中那一條線段相等．

　　(2)通過添輔助線先在求證中長線段(AE)上截取與線段中的某一段(如BC)相等的線段，再證明截剩的部分與線段中的另一段(CE)相等．我們用(1)法來證明．

　　證 延長AB到F，使BF=CE，則由正方形性質(zhì)知

AF=AB+BF=BC+CE．

　　下面我們利用全等三角形來證明AE=AF．為此，連接EF交邊BC于G．由于對頂角∠BGF=∠CGE，所以

Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS)，

Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，

　　過G引GH⊥AE于H．因為AG是∠EAF的平分線，所以GB=GH，從而Rt△GBF≌Rt△GHE(HL)，所以

∠F=∠HEG，

　　則 AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，

　　即 AE=BC+CE．

　　說明 我們也可以按分析(2)的方法來證明結(jié)論，為此可先作∠BAE的平分線AG交邊BC于G，再作GH⊥AE于H，通過證明△ABG≌△AHG知AB=AH=BC．下面設(shè)法證明HE=CE即可，請同學(xué)們自證．　　

　　1．如圖2-10所示．AD，EF，BC相交于O點，且AO=OD，BO=OC，EO=OF．求證：△AEB≌△DFC．

　　2．如圖2-11所示．正三角形ABC中，P，Q，R分別為AB，AC，BC的中點，M為BC上任意一點(不同于R)，且△PMS為正三角形．求證：RM=QS．

　　3．如圖2-12所示．P為正方形ABCD對角線BD上任一點，PF⊥DC，PE⊥BC．求證：AP⊥EF．

　　4．如圖2-13所示．△ABC的高AD與BE相交于H，且BH=AC．求證：∠BCH=∠ABC．

　　5．如圖2-14所示．在正方形ABCD中，P，Q分別為BC，CD邊上的點，∠PAQ=45°．求證：PQ=PB+DQ．

　　6．如圖2-15所示．過△ABC的頂點A分別作兩底角∠B和∠C的角平分線的垂線，AD⊥BD于D，AE⊥CE于E．求證：ED∥BC．

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