构造全等三角形证明竞赛题
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构造全等三角形证明竞赛题
江西 安义人
全等三角形是能够完全重合的两个三角形，它们的对应边相等，对应角相等。
对于某些竞赛题，考虑构造全等三角形并利用这两个相等，可使其解答巧妙、迅捷。
一、与线段相等有关的竞赛题
例１（成都市初二数学竞赛题）如图１，△ABC 的两条高BD 、CE 相交于点P ，且PD ＝PE 。
求证：AC ＝AB 。
简证：连AP 。
因为∠PDA ＝∠PEA ＝90°，PD ＝PE ，PA ＝PA ， 所以Rt △PDA ≌Rt △PEA （HL ）。
所以AD ＝AE 。
因为∠１＝90°－∠CAB ＝∠２， 所以Rt △ACE ≌Rt △ABD （AAS ）。
所以AC ＝AB 。
B
B A
A F
E
图１ 图２
例２（天津市初二数学竞赛题）如图２，AC ＝BC ，∠ACB ＝90°，∠A 的平分线AD 交BC 于点D ，过点B 作BE ⊥AD 于点E 。
求证：BE ＝
1
2
AD 。
简证：延长BE 、AC 交于点F 。
因为∠１＝∠２，AE ＝AE ，∠AEB ＝∠AEF ＝90°， 所以△AEB ≌△AEF （ASA ）。
所以BE ＝FE ＝
1
2
BF 。
因为∠３＝90°－∠F ＝∠２，BC ＝AC, 所以Rt △BCF ≌Rt △ACD （ASA ）。
所以BF ＝AD ，BE ＝
1
2
AD 。
二、与角相等有关的竞赛题
例３（赣州市初三数学竞赛题）如图３，△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，BD 是中线，CE ⊥BD 于点E ，交AB 于点F 。
求证：∠ADF ＝∠CDE 。
简证：过点A 作AG ⊥AC 交CF 的延长线于点G 。
因为∠１＝90°－∠３＝∠２，AC ＝BC ， 所以Rt △CAG ≌Rt △BCD （ASA ）。
所以AG ＝CD ＝AD ，∠G ＝∠CDE 。
因为∠４＝45°＝∠５，AF ＝AF,
所以△ADF≌△AGF（SAS）。
所以∠ADF＝∠G＝∠CDE。
B
A
G A B
E
图３图４
例４（上海市初中数学竞赛题）如图４，四边形ABCD中，AC平分∠BAD，CE⊥AB
于点E，AE＝1
2
（AD＋AB）。
求证：∠ADC＋∠ABC＝180°。
简证：过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F。
因为∠２＝∠３，AC＝AC，
所以Rt△ACF≌Rt△ACE（AAS）。
所以CF＝CE，AF＝AE。
因为AD＋AB＝２AE，AB ＝AE ＋EB，
所以EB＝AE－AD。
因为FD＝AF－AD，
所以EB＝FD。
所以Rt△CEB≌Rt△CFD（SAS）。
所以∠ABC＝∠5。
所以∠ADC＋∠ABC＝∠ADC＋∠５＝180°。
构造全等三角形巧证几何题
朱元生
全等三角形是初中平几的重要内容之一，在几何证题中有着极其广泛的应用。
然而在许多情况下，给定的题设条件及图形并不具有明显的全等条件，这就需要我们认真分析，仔细观察，根据图形的结构特征，挖掘潜在因素，通过添加适当的辅助线，巧构全等三角形。
借助全等三角形的有关性质，就会迅速找到证题途径，直观易懂，简捷明快。
现略举几例加以说明。
一. 证线段垂直
例1. 已知，如图1，在中，AB＝2BC，求证：
图1
分析与证明：本题可先作的平分线BD交AC于点D，由，又
，得到。
则为等腰三角形。
再取AB中
点E，连DE，借助等腰三角形的性质，得到。
再由，
，BD＝BD，得到。
由全等三角形的对应角相等，得到
，即。
二. 证线段的倍分
例2. 已知，如图2，等腰中，，的平分线交AC于D，过C 作BD的垂线交BD的延长线于E。
求证：BD＝2CE（湖北中考题）
图2
分析与证明：要证BD＝2CE，可延长BA、CE交于点F。
由BE平分，，得到为等腰三角形。
根据等腰三角形的性质可得CE＝EF，即。
再由，AB＝AC，，得到
，从而由全等三角形的对应边相等立即得到BD＝CF＝2CE。
三. 证角相等
例3. 已知，如图3，在中，D是BC边的中点，E是AD上一点，BE＝AC，BE的延长线交AC于点F，求证：
图3
分析与证明：由AD是中线，可“延长中线一倍”，借助中线性质构全等三角形。
延长AD至G，使DG＝AD，连BG，由DG＝AD，，BD＝CD得到。
由全等三角形的对应边相等，对应角相等，得到AC＝BG，。
而AC＝BE，则BE＝BG，所以，而，从而得到。
四. 证角不等
例4. 已知：如图4，在中，，AD是BC边的中线。
求证：
图4
分析与证明：由AD是中线，可“延长中线一倍”，借助中线性质构全等三角形。
延长AD至E，使DE＝AD，连BE。
由DE＝CD，，BD＝CD，得到。
由全等三角形的对应边相等，对应角相等，得到BE＝AC，
，在中，由，得到，而
，所以
五. 证线段相等
例5. 已知：如图5，在中，D是BC边的中点，交的平分线于E，交AB于点F，交AC的延长线于点G。
求证：BF＝CG。
图5
分析与证明：要证BF＝CG，显然要构造三角形找全等。
由ED垂直平分BC，连EB、EC，由垂直平分线性质可得，EB＝EC。
又AE为的平分线，且，
，根据角平分线性质可得，从而（HL）再由全等三角形的对应边相等立即可得BF＝CG。
六. 证线段不等
例6. 已知：如图6，在中，AB＝AC，P是三角形内一点，且，求证：
图6
分析与证明：PB、PC虽在同一三角形中，但与已知条件无直接联系，可利用图形变换构全等三角形。
将绕顶点A逆时针旋转，使AB与AC重合，得，则，从而转化为比较PC与QC的大小，为此只须证
即可。
由，根据全等三角形的对应角相等，对应边相等得到，AQ＝AP，PB＝QC，所以，从而，即。
由大角对大边得到
，即
七. 证线段和差相等
例7. 已知：如图7，在中，，CD是的平分线，求证：BC＝AD＋AC
图7
分析与证明：由CD是的平分线，可利用角平分线的对称性。
在BC上取一点E，使CE＝CA，连DE，由CA＝CE，，CD＝CD，可得。
由全等三角形的对应边相等，对应角相等，得到AD＝ED，且，而，得到，从而，所以
八. 证线段和差不等
例8. 已知：如图8，D为的BC边的中点，，的平分线分别与AB、AC交于点E、F，求证：
图8
分析与证明：直接论证，条件不足，可设法将有关线段集中于同一三角形中，为此延长FD至M使DM＝FD，利用角平分线性质构全等三角形，帮助解决。
延长FD 至M，使DM＝FD，连结BM、EM。
由DM＝DF，，BD＝CD，得到。
由全等三角形的对应边相等得到BM＝CF。
由，而，所以；又由，从而。
再由，DE＝DE，得到。
同样由全等三角形的对应边相等得到EM＝EF。
而，所以。
从以上几例可以看出，有些比较棘手的平几证题百思不得其解时，根据图形的结构特点，添加适当的辅助线，巧构全等三角形，可迅速找到证题途径，使问题迅捷获证。
真可谓“山重水复疑无路，柳暗花明又一村”。
