第十讲三角形的全等及其应用_初二语文

在中学教材中，关于三角形全等有以下判定公理：

　　(1)边角边公理 有两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等(简写成“SAS”)．

　　(2)角边角公理 有两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等(简写成“ASA”)．

　　推论有两个角和其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等(简写成“AAS”)．

　　(3)边边边公理 有三边对应相等的两个三角形全等(简写成“SSS”)．

　　关于直角三角形有：

　　(4)斜边、直角边公理 有斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等(简写成“HL”)．

　　利用全等三角形，我们可以得到有关角平分线、线段的垂直平分线、等腰三角形的许多重要性质，在本讲中将直接利用这些性质．

　　借助于全等三角形的知识，我们可以研究很多关于角和线段相等及不等问题、关于直线平行与垂直问题．

　　例1 如图2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求证：AB=DC．

　　分析用全等三角形证明线段(或角)相等，最常用的方法是探究所求证的线段(或角)分别在一对可证的全等三角形之中．本题的AB，DC分别属于两对三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．经分析可证明△ABE≌△CDE．

　　证由已知，∠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．

　　说明线段AB，CD也属于两个(事实上)全等的△ABE和△DCE，因此也可直接证明这两个三角形全等．

　　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．

　　证过E作EF∥AB且交BC延长线于F．在△GBD及△GEF中， ∠BGD=∠EGF(对顶角)， ①

　　∠B=∠F(两直线平行内错角相等)． ②

　　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． ③

　　由①，②，③

△GBD≌△GEF(AAS)，

　　所以 GD=GE．

　　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DF∥AC，交BC于F．可用同样方法证明△GFD≌△GCE(图2-3)．

　　(2)过D作DF⊥BC于F；过E作EH⊥BC于BC延长线于H，可证明△GFD≌△GEH(图2-4)．

　　做完一道题后，再想一想还有没有其他证明方法，比较一下哪种证法更好，这对于发展思考、锻炼能力是大有好处的．

　　例3 如图2-5所示．在等边三角形ABC中，AE=CD，AD，BE交于P点，BQ⊥AD于Q．求证：BP=2PQ．

　　分析首先看到BP，PQ在Rt△BPQ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+∠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．

　　证在△ABE与△CAD中，

　　∠EAB=∠DCA=60°，AB=CA，AE=CD，

　　所以

△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°角的对边等于斜边的一半)．

　　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．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4 如图2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC边的中点，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求证：

∠AMB=∠DMC．

　　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°，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△AGB≌△CDA．

　　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， 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与△CMD中，还有

AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，

　　所以 △AMG≌△CMD，

　　从而 ∠AMB=∠DMC．

　　分析2 如图2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥BM得到∠MAE=∠MBA，若延长AE，过C作CF⊥AC交AE延长线于F，可构成Rt△ABM≌Rt△ACF，从而有∠AMB=∠F．设法证明∠DMC=∠F，则问题获解．

　　证法2 引辅助线如分析2所述．在Rt△ABM与Rt△CAF中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

　　所以

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

　　所以

　　∠AMB=∠F，AM=CF． ①

　　在△MCD与△FCD中，FC=AM=MC(因为M是AC中点)．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．

　　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．