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初中数学全等三角形辅助线技巧
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。求证:ΔABC是等腰三角形。
思路分析:
1)题意分析:本题考查全等三角形常见辅助线的知识。
2)解题思路: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。
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。
解题后的思考: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。求证:∠B+∠ADC=180°。
思路分析:
1)题意分析:本题考查角平分线定理的应用。
2)解题思路: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。
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°。
解题后的思考:
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。
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的知识:作平行线。
2)解题思路: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。
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。
解题后的思考: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。
思路分析:
1)题意分析:本题考查全等三角形常见辅助线的知识:作平行线。
2)解题思路: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。
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。
解题后的思考:
(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”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。
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的知识: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。
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。
。
试题答案
1、分析:因为平角等于180°,因而应考虑把两个不在一起的角通过全等转化成为平角,图中缺少全等的三角形,因而解题的关键在于构造直角三角形,可通过“截长法或补短法”来实现。
证明:过点D作DE垂直BA的延长线于点E,作DF⊥BC于点F,如图1-2
∴Rt△ADE≌Rt△CDF(HL),
∴∠DAE=∠DCF。
又∠BAD+∠DAE=180°,
∴∠BAD+∠DCF=180°,
即∠BAD+∠BCD=180°
2、分析:与1相类似,证两个角的和是180°,可把它们移到一起,让它们成为邻补角,即证明∠BCP=∠EAP,因而此题适用“补短”进行全等三角形的构造。
证明:过点P作PE垂直BA的延长线于点E,如图2-2
∴Rt△APE≌Rt△CPD(SAS),
∴∠PAE=∠PCD
又∵∠BAP+∠PAE=180°。
∴∠BAP+∠BCP=180°
3、分析:从结论分析,“截长”或“补短”都可实现问题的转化,即延长AC至E使CE=CD,或在AB上截取AF=AC。
证明:方法一(补短法)
延长AC到E,使DC=CE,则∠CDE=∠CED,如图3-2
∴△AFD≌△ACD(SAS),
∴DF=DC,∠AFD=∠ACD。
又∵∠ACB=2∠B,
∴∠FDB=∠B,
∴FD=FB。
∵AB=AF+FB=AC+FD,
∴AB=AC+CD。
4、证明:(方法一)
将DE两边延长分别交AB、AC于M、N,
在△AMN中,AM+AN>MD+DE+NE;①
在△BDM中,MB+MD>BD;②
在△CEN中,CN+NE>CE;③
由①+②+③得:
AM+AN+MB+MD+CN+NE>MD+DE+NE+BD+CE
∴AB+AC>BD+DE+EC
(方法二:图4-2)
延长BD交AC于F,延长CE交BF于G,在△ABF、△GFC和△GDE中有:
AB+AF>BD+DG+GF?①
GF+FC>GE+CE?②
DG+GE>DE?③
由①+②+③得:
AB+AF+GF+FC+DG+GE>BD+DG+GF+GE+CE+DE
∴AB+AC>BD+DE+EC。
5、分析:要证AB+AC>2AD,由图想到:AB+BD>AD,AC+CD>AD,所以有AB+AC+BD+CD>AD+AD=2AD,左边比要证结论多BD+CD,故不能直接证出此题,而由2AD想到要构造2AD,即加倍中线,把所要证的线段转移到同一个三角形中去
∴△ACD≌△EBD(SAS)
∴BE=CA(全等三角形对应边相等)
∵在△ABE中有:AB+BE>AE(三角形两边之和大于第三边)
∴AB+AC>2AD。
6、分析:欲证AC=BF,只需证AC、BF所在两个三角形全等,显然图中没有含有AC、BF的两个全等三角形,而根据题目条件去构造两个含有AC、BF的全等三角形也并不容易。这时我们想到在同一个三角形中等角对等边,能够把这两条线段转移到同一个三角形中,只要说明转移到同一个三角形以后的这两条线段,所对的角相等即可。
思路一、以三角形ADC为基础三角形,转移线段AC,使AC、BF在三角形BFH中
方法一:延长AD到H,使得DH=AD,连结BH,证明△ADC和△HDB全等,得AC=BH。
通过证明∠H=∠BFH,得到BF=BH。
∴?△ADC≌△HDB(SAS)
∴AC=BH,∠H=∠HAC
∵EA=EF
∴∠HAE=∠AFE
又∵∠BFH=∠AFE
∴BH=BF
∴BF=AC
方法二:过B点作BH平行AC,与AD的延长线相交于点H,证明△ADC和△HDB全等即可。
小结:对于含有中点的问题,通过“倍长中线”可以得到两个全等三角形。而过一点作已知直线的平行线,可以起到转移角的作用,也起到了构造全等三角形的作用。
思路二、以三角形BFD为基础三角形。转移线段BF,使AC、BF在两个全等三角形中
方法三:延长FD至H,使得DH=FD,连接HC。证明△CDH和△BDF全等即可。
∴△BFD≌△CHD(SAS)
∴∠H=∠BFH
∵AE=FE
∴∠HAC=∠AFE
又∵∠AFE=∠BFH
∴∠H=∠HAC
∴CH=CA
∴BF=AC
方法四:过C点作CH平行BF,与AD的延长线相交于点H,证明△CDH和△BDF全等即可。