全等三角形--截长补短

板块 考试要求 A级要求 B级要求 C级要求 全等三角形的性质及判定 会识别全等三角形 掌握全等三角形的概念、判定和性质，会用全等三角形的性质和判定解决简单问题 会运用全等三角形的性质和判定解决有关问题         全等三角形的性质：对应角相等，对应边相等，对应边上的中线相等，对应边上的高相等，对应角的角平分线相等，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的边是对应边，两个对应角所夹的边是对应边． (2)全等三角形对应边所对的角是对应角，两条对应边所夹的角是对应角． (3)有公共边的，公共边常是对应边． (4)有公共角的，公共角常是对应角． (5)有对顶角的，对顶角常是对应角． (6)两个全等的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)． 要想正确地表示两个三角形全等，找出对应的元素是关键． 全等三角形的判定方法： (1) 边角边定理(SAS)：两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等． (2) 角边角定理(ASA)：两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等． (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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 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． 奥数赛点：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． 板块一、截长补短 【例1】 ( 年北京中考题)已知 中， ， 、 分别平分 和 ， 、 交于点 ，试判断 、 、 的数量关系，并加以证明． 【解析】 ， 理由是：在 上截取 ，连结 ， 利用 证得 ≌ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， 利用 证得 ≌ ，∴ ，∴ ． 【例2】 如图，点 为正三角形 的边 所在直线上的任意一点(点 除外)，作 ，射线 与 外角的平分线交于点 ， 与 有怎样的数量关系? 【解析】 猜测 .过点 作 交 于点 ， ，∴ 又∵ ， ∴ ，而 ， ∴ ，∴ ． 【例3】 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=2∠DAM．求证：AE=BC+CE． 【解析】 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( )，再证所构造的线段与求证中那一条线段相等． (2)通过添辅助线先在求证中长线段( )上截取与线段中的某一段(如 )相等的线段，再证明截剩的部分与线段中的另一段( )相等．我们用(1)法来证明． 证 延长 到 ，使 ，则由正方形性质知 下面我们利用全等三角形来证明 ．为此，连接 交边 于 ．由于对顶角 ，所以 ， 从而 ， 于是 ， 所以 ， 是 的平分线 过 引 于 ．因为 是∠EAF的平分线，所以GB=GH，从而Rt△GBF≌Rt△GHE(HL)，所以∠F=∠HEG，则 AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，即 AE=BC+CE． 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GH⊥AE于H，通过证明△ABG≌△AHG知AB=AH=BC．下面设法证明HE=CE即可，请同学们自证． 【例4】 (“希望杯”竞赛 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 )如图，AD⊥AB，CB⊥AB，DM=CM= ，AD= ，CB= ，∠AMD=75°，∠BMC=45°，则AB的长为      (  ) A.         B.         C.       D. 【解析】 过点D作BC的垂线，垂足为E. ∵∠AMD=75°，∠BMC=45°        ∴∠DMC=60° ∵DM=CM                        ∴CD=DM ∵AD⊥AB，DE⊥BC，CB⊥AB，∠AMD=75° ∴∠ADM=∠EDC ∴△ADM≌△CDE ∴AD=DE 故ABED为正方形，AB=AD= ，选D. 【例5】 已知：如图，ABCD是正方形，∠FAD=∠FAE. 求证：BE+DF=AE. 【解析】 延长CB至M，使得BM=DF，连接AM. ∵AB=AD，AD⊥CD，AB⊥BM，BM=DF        ∴△ABM≌△ADF ∴∠AFD=∠AMB，∠DAF=∠BAM ∵AB∥CD ∴∠AFD=∠BAF=∠EAF+∠BAE=∠BAE+∠BAM=∠EAM ∴∠AMB=∠EAM ∴AE=EM=BE+BM=BE+DF. 【例6】 以 的 、 为边向三角形外作等边 、 ，连结 、 相交于点 ．求证： 平分 ． 【解析】 因为 、 是等边三角形，所以 ， ， ， 则 ，所以 ， 则有 ， ， ． 在 上截取 ，连结 ，容易证得 ， ． 进而由 ．得 ； 由 可得 ，即 平分 ． 【例7】 (北京市数学竞赛试题，天津市数学竞赛试题)如图所示， 是边长为 的正三角形， 是顶角为 的等腰三角形，以 为顶点作一个 的 ，点 、 分别在 、 上，求 的周长． 【解析】 如图所示，延长 到 使 . 在 与 中，因为 ， ， ， 所以 ，故 . 因为 ， ，所以 . 又因为 ，所以 . 在 与 中， ， ， ， 所以 ，则 ，所以 的周长为 . 【例8】 如图所示， 是边长为 的正三角形， 是顶角为 的等腰三角形，以 为顶点作一个 的 ，点 、 分别在 、 上，求 的周长． 【解析】 如图所示，过 作 交 于 ，使得 ；过 作 交 于 ，使得 . 因为 ， 为等腰三角形， 所以 ， 又因为 为正三角形，所以 . 注意到 ， ， ， 所以 ， 可知 . 同理， ， . 则有 ， ， ， . 又因为 ， ， 则 . 而 ， ， 故 ，因此 ， 则 ， ，进而可知 的周长为 . 另解：如图所示，在 上取一点 ，使得 .在 和 中， ， ， ，因此 ，从而 . 在 和 中， ， ， ， . 因此 ，从而 ，进而可知 的周长为 ． 【巩固】(全国数学联合竞赛试题) 如图所示，在 中， ， 是底边 上的一点， 是线段 上的一点，且 ，求证 . 【解析】 如图所示，作 的平分线交 于 ，又过 作 交 于 ，交 于 ，则知 ，从而 . 又 ，则 . 由 可得 . 注意到 ，故有 ，从而 ， ，于是 . 又由 ，有 ， ，且 . 而 ，从而 ， 即 ，故 . 【例9】 五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD，∠ABC+∠AED=180°，求证：AD平分∠CDE 【解析】 延长DE至F，使得EF=BC，连接AC. ∵∠ABC+∠AED=180°，∠AEF+∠AED=180°        ∴∠ABC=∠AEF ∵AB=AE，BC=EF        ∴△ABC≌△AEF        ∴EF=BC，AC=AF ∵BC+DE=CD            ∴CD=DE+EF=DF ∴△ADC≌△ADF        ∴∠ADC=∠ADF 即AD平分∠CDE. 【巩固】(2009浙江湖州)若 为 所在平面上一点，且 ，则点 叫做 的费马点． ⑴ 若点 为锐角 的费马点，且 ， ，则 的值为________； ⑵ 如图，在锐角 外侧作等边 ，连结 ． 求证： 过 的费马点 ，且 ． 【解析】 ⑴ ⑵ 证明：在 上取点 ，使 ， 连结 ，再在 上截取 ，连结 ． ∵ ，∴ ，∴ 为正三角形， ∴ ， ， ， ∵ 为正三角形，∴ ， ， ∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ， ， ∴ ， ∴ 为 的费马点， ∴ 过 的费马点 ， 且 ． 板块二、全等与角度 【例10】 如图，在 中， ， 是 的平分线，且 ，求 的度数. 【解析】 如图所示，延长 至 使 ，连接 、 . 由 知 ， 而 ，则 为等边三角形. 注意到 ， ， ， 故 . 从而有 ， ， 故 . 所以 ， . 【另解】在 上取点 ，使得 ，则由题意可知 . 在 和 中， ， ， ， 则 ，从而 ， 进而有 ， ， . 注意到 ，则： ， 故 . 【点评】由已知条件可以想到将折线 “拉直”成 ，利用角平分线 可以构造全等三角形.同样地，将 拆分成两段，之后再利用三角形全等亦可，此思路也是十分自然的. 需要说明的是，无论采取哪种方法，都体现出关于角平分线“对称”的思想. 上述方法我们分别称之为“补短法”和“截长法”，它们是证明等量关系时优先考虑的方法. 【例11】 在等腰 中， ，顶角 ，在边 上取点 ，使 ，求 . 【解析】 以 为边向 外作正 ，连接 . 在 和 中， ， ， ， 则 . 由此可得 ，所以 是等腰三角形. 由于 ， 则 ， 从而 ， ， 则 . 【另解1】以 为边在 外作等边三角形 ，连接 . 在 和 中， ， ， ， 因此 ， 从而 ， . 在 和 中， ， ， ， 故 ， 从而 ， ， 故 ，因此 . 【另解2】如图所示，以 为边向 内部作等边 ，连接 、 . 在 和 中， ， ， ， 故 ， 而 ，进而有 . 则 ， 故 . 【点评】上述三种解法均是向三边作正三角形，然后再由三角形全等得到边长、角度之间的关系. 【例12】 (“勤奋杯”数学邀请赛试题) 如图所示，在 中， ， ，又 在 上， 在 上，且满足 ， ，求 . 【解析】 过 作 的平行线交 于 ，连接 交 于 . 连接 ，易知 、 均为正三角形. 因为 ， ， ， 所以 ， ， ， 则 ， ， 故 . 从而 . 进而有 ， . 【另解】如图所示，在 上取点 ，使得 ， 由 、 可知 . 而 ，故 ， . 在 中， ， ， 故 ，从而 ，进而可得 . 而 ， 所以 为等边三角形. 在 中， ， ， 故 ，从而 . 我们已经得到 ，故 是 的外心， 从而 . 【点评】本题是一道平面几何名题，加拿大滑铁卢大学的几何大师Ross Honsberger将其喻为“平面几何中的一颗明珠”.本题的大多数解法不是纯几何的，即使利用三角函数也不是那么容易. 【例13】 在四边形 中，已知 ， ， ， ，求 的度数. 【解析】 如图所示，延长 至 ，使 ，由已知可得： ， ， 故 . 又因为 ， ， 故 ， 因此 ， ， . 又因为 ， 故 ， . 而已知 ， 所以 为等边三角形. 于是 ， 故 ， 则 ， 从而 ， 所以 . 【例14】 (日本算术奥林匹克试题) 如图所示，在四边形 中， ， ， ， ，求 的度数. 【解析】 仔细观察，发现已知角的度数都是 的倍数，这使我们想到构造 角，从而利用正三角形. 在四边形 外取一点 ，使 且 ，连接 、 . 在 和 中， ， ， ， 故 . 从而 . 在 中， ， ， 故 ， ， 从而 . 而 ， 故 是正三角形， ， . 在 中， ， 故 . 在 和 中， ， ， ， 故 ， 从而 ， 则 . 【例15】 (河南省数学竞赛试题) 在正 内取一点 ，使 ，在 外取一点 ，使 ，且 ，求 . 【解析】 如图所示，连接 .因为 ， ， ， 则 ， 故 . 而 ， ， ， 因此 ， 故 . 【例16】 (北京市数学竞赛试题) 如图所示，在 中， ， 为 内一点，使得 ， ，求 的度数. 【解析】 在 中，由 可得 ， . 如图所示，作 于 点，延长 交 于 点，连接 ， 则有 ， ， ， 所以 . 又因为 ， 所以 . 而 ，因此 ， 故 . 由于 ， 则 ， 故 . 【巩固】如图所示，在 中，已知 ， ， 为三角形内一点，且 ， ，求 的度数. 【解析】 如图所示，延长 交 于 ，则 ， . 在 上截取 ，连接 ，则 为等边三角形. 在 上截取 ，连接 、 、 ， 由边角边公理知 . 在 中，因 ， ， 则 ，易得 . 由角边角公理知 ， 于是 . 注意到 ， 故 . 又由边角边公理知 ， 从而 . 在 中，因 ， ， 则 ， 从而 ， 故 . 【习题1】点M，N在等边三角形ABC的AB边上运动，BD=DC，∠BDC=120°，∠MDN=60°，求证MN=MB+NC． 【解析】 (旋转、等腰三角形、等边三角形、线段证明) 延长NC至E，使得CE=MB ∵ △BDC是等腰三角形，且∠BDC=120° ∴∠DBC=∠DCB=30° ∵ △ABC是等边三角形． ∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60° ∴∠MBD=∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB =∠DCN=∠DCE=90° 在Rt△DBM和Rt△DCE中，BD=DC，MB=CE， ∴ Rt△DMB≌Rt△DCE. ∴ DE=DM， ∠1=∠2. 又∵ ∠1+∠NDC=60° ∴ ∠2+∠NDC=∠END=60°. 在△MDN与△EDN中， ND=ND，∠MDN=∠EDN=60°，DE=DM ∴ △MND≌△END ∴ MN=EN=NC+MB 【习题2】(南斯拉夫数学奥林匹克试题，黄冈市数学竞赛试题) 在 内取一点 ，使得 ， .设 ， ，求 . 【解析】 如图所示， 的高 与直线 交于点 ，则 . 而 ， ， ， ， 由两角夹一边法则可知 ， 因此 ， . 【备选1】如图，点 为正方形 的边 上任意一点， 且与 外角的平分线交于点 ， 与 有怎样的数量关系？ 【解析】 猜测 .在 上截取 ， ∴ ，∴ ∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ． 【点评】老师在讲解此题时，一定要注意引申，如正五边形，正六边形等