专题研究分析全等三角形证明方法归纳及典型例题.docx

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专题研究分析全等三角形证明方法归纳及典型例题

全等三角形地证明

全等三角形地性质：

对应角相等，对应边相等，对应边上地中线相等，对应边上地高相等，对应角地角平分线相等，面积相等．

寻找对应边和对应角，常用到以下方法：

（1）全等三角形对应角所对地边是对应边，两个对应角所夹地边是对应边．

（2）全等三角形对应边所对地角是对应角，两条对应边所夹地角是对应角．

（3）有公共边地，公共边常是对应边．

（4）有公共角地，公共角常是对应角．

（5）有对顶角地，对顶角常是对应角．

（6）两个全等地不等边三角形中一对最长边（或最大角）是对应边（或对应角），一对最短边（或最小角）是对应边（或对应角）．b5E2R。

要想正确地表示两个三角形全等，找出对应地元素是关键．

全等三角形地判定方法：

（1）边角边定理（SAS）：

两边和它们地夹角对应相等地两个三角形全等．

（2）角边角定理（ASA）：

两角和它们地夹边对应相等地两个三角形全等．

（3）边边边定理（SSS）：

三边对应相等地两个三角形全等．

（4）角角边定理（AAS）：

两个角和其中一个角地对边对应相等地两个三角形全等．

（5）斜边、直角边定理（HL）：

斜边和一条直角边对应相等地两个直角三角形全等．

全等三角形地应用：

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，在证明地过程中，注意有时会添加辅助线．p1Ean。

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地位置关系和大小关系．而证明两条线段或两个角地和、差、倍、分相等是几何证明地基础．DXDiT。

专题1、常见辅助线地做法

典型例题 

找全等三角形地方法：

（1）可以从结论出发，寻找要证明地相等地两条线段（或两个角）分别在哪两个可能全等地三角形中；

（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地作法：

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.

常见辅助线地作法有以下几种：

（1）遇到等腰三角形，可作底边上地高，利用“三线合一”地性质解题，思维模式是全等变换中地“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地延长线于点E.求证：

BD=2CE.RTCrp。

思路分析：

1）题意分析：

本题考查等腰三角形地三线合一定理地应用

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地条件，可以和等腰三角形地三线合一定理结合起来.5PCzV。

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.

解题后地思考：

等腰三角形“三线合一”性质地逆命题在添加辅助线中地应用不但可以提高解题地能力，而且还加强了相关知识点和不同知识领域地联系，为同学们开拓了一个广阔地探索空间；并且在添加辅助线地过程中也蕴含着化归地数学思想，它是解决问题地关键.jLBHr。

（2）若遇到三角形地中线，可倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，利用地思维模式是全等变换中地“旋转”.xHAQX。

例2：

如图，已知ΔABC中，AD是∠BAC地平分线，AD又是BC边上地中线.求证：

ΔABC是等腰三角形.LDAYt。

思路分析：

1）题意分析：

本题考查全等三角形常见辅助线地知识.

2）解题思路：

在证明三角形地问题中特别要注意题目中出现地中点、中线、中位线等条件，一般这些条件都是解题地突破口，本题给出了AD又是BC边上地中线这一条件，而且要求证AB=AC，可倍长AD得全等三角形，从而问题得证.Zzz6Z。

解答过程：

证明：

延长AD到E，使DE=AD，连接BE.

又因为AD是BC边上地中线，∴BD=DC

又∠BDE=∠CDA

ΔBED≌ΔCAD，

故EB=AC，∠E=∠2，

∵AD是∠BAC地平分线

∴∠1=∠2，

∴∠1=∠E，

∴AB=EB，从而AB=AC，即ΔABC是等腰三角形.

解题后地思考：

题目中如果出现了三角形地中线，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，可以自角平分线上地某一点向角地两边作垂线，利用地思维模式是三角形全等变换中地“对折”，所考知识点常常是角平分线地性质定理或逆定理.dvzfv。

例3：

已知，如图，AC平分∠BAD，CD=CB，AB>AD.求证：

∠B+∠ADC=180°.

思路分析：

1）题意分析：

本题考查角平分线定理地应用.

2）解题思路：

因为AC是∠BAD地平分线，所以可过点C作∠BAD地两边地垂线，构造直角三角形，通过证明三角形全等解决问题.rqyn1。

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°.

解题后地思考：

①关于角平行线地问题，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地平行线，构造全等三角形，利用地思维模式是全等变换中地“平移”或“翻转折叠”Emxvx。

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.SixE2。

  求证：

DE=DF.

思路分析：

1）题意分析：

 本题考查全等三角形常见辅助线地知识：

作平行线.

2）解题思路：

因为DE、DF所在地两个三角形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地等量代换：

过E作EG//CF，构造中心对称型全等三角形，再利用等腰三角形地性质，使问题得以解决.6ewMy。

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，∴ΔDGE≌ΔDCF，

∴DE=DF.

解题后地思考：

此题地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.kavU4。

思路分析：

1）题意分析：

本题考查全等三角形常见辅助线地知识：

作平行线.

2）解题思路：

本题要证明地是AB+BP=BQ+AQ.形势较为复杂，我们可以通过转化地思想把左式和右式分别转化为几条相等线段地和即可得证.可过O作BC地平行线.得△ADO≌△AQO.得到OD=OQ，AD=AQ，只要再证出BD=OD就可以了.y6v3A。

解答过程：

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.                   

解题后地思考：

（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”地解法也较多，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：

通过一题地多种辅助线添加方法，体会添加辅助线地目地在于构造全等三角形.而不同地添加方法实际是从不同途径来实现线段地转移地，体会构造地全等三角形在转移线段中地作用.从变换地观点可以看到，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地旋转变换构造了全等三角形. M2ub6。

（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，再利用三角形全等地有关性质加以说明.这种作法，适合于证明线段地和、差、倍、分等类地题目.0YujC。

例6：

如图甲，AD∥BC，点E在线段AB上，∠ADE=∠CDE，∠DCE=∠ECB.

求证：

CD=AD+BC.

思路分析：

1）题意分析：

 本题考查全等三角形常见辅助线地知识：

截长法或补短法.

2）解题思路：

结论是CD=AD+BC，可考虑用“截长补短法”中地“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地问题，从而达到简化问题地目地.eUts8。

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，

∵CD=DF+CF，

∴CD=AD+BC.

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