证明三角形全等时的添加辅助线技巧就是比如说看到很多90度的角,想到同角（等角）的余角相等看到证明一条线段是另一线段的2倍,想到等倍法和折半法还有些什么时候添中线,什么时候做延

Question

证明三角形全等时的添加辅助线技巧
就是比如说
看到很多90度的角,想到同角（等角）的余角相等
看到证明一条线段是另一线段的2倍,想到等倍法和折半法
还有些什么时候添中线,什么时候做延长,什么时候做平行线,什么时候做角平分线,什么时候构造等边三角形之类的,看到什么条件应该想到添加什么辅助线

Answer 1

有很多方法,
若证明直角三角形全等,找互余的角
若是等腰三角形,找等角活等边
还有很多,不一一介绍
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．

例5 如图2-8所示．正方形ABCD中,在边CD上任取一点Q,连AQ,过D作DP⊥AQ,交AQ于R,交BC于P,正方形对角线交点为O,连OP,OQ．求证：OP⊥OQ．
分析 欲证OP⊥OQ,即证明∠COP+∠COQ=90°．然而,∠COQ+∠QOD=90°,因此只需证明∠COP=∠DOQ即可．这归结为证明△COP≌△DOQ,又归结为证明CP=DQ,最后,再归结为证明△ADQ≌△DCP的问题．
证 在正方形ABCD中,因为AQ⊥DP,所以,在Rt△ADQ与Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以,在Rt△ADQ与Rt△DCP中有
AD=DC,∠ADQ=∠DCP=90°,
∠QAD=∠PDC,
所以
△ADQ≌△DCP(ASA),DQ=CP．
又在△DOQ与△COP中,
DO=CO,∠ODQ=∠OCP=45°,
所以
△DOQ≌△COP(SAS),∠DOQ=∠COP．
从而
∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ
=∠COD=90°,
即OP⊥OQ．
说明 (1)利用特殊图形的特殊性质,常可发现有用的条件,如正方形对角线互相垂直,对角线与边成45°角,及OA=OB=OC=OD等均在推证全等三角形中被用到．
(2)两个三角形的全等与对应元素相等,这两者互为因果,这是利用全等三角形证明问题的基本技巧．

例6 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．
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(BC+CE),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(AE)上截取与线段中的某一段(如BC)相等的线段,再证明截剩的部分与线段中的另一段(CE)相等．我们用(1)法来证明．
证 延长AB到F,使BF=CE,则由正方形性质知
AF=AB+BF=BC+CE．
下面我们利用全等三角形来证明AE=AF．为此,连接EF交边BC于G．由于对顶角∠BGF=∠CGE,所以
Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS),
从而

于是
Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS),
所以

过G引GH⊥AE于H．因为AG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．
练 习 十
1．如图2-10所示．AD,EF,BC相交于O点,且AO=OD,BO=OC,EO=OF．求证：△AEB≌△DFC．
2．如图2-11所示．正三角形ABC中,P,Q,R分别为AB,AC,BC的中点,M为BC上任意一点(不同于R),且△PMS为正三角形．求证：RM=QS．

3．如图2-12所示．P为正方形ABCD对角线BD上任一点,PF⊥DC,PE⊥BC．求证：AP⊥EF．
4．如图2-13所示．△ABC的高AD与BE相交于H,且BH=AC．求证：∠BCH=∠ABC．


5．如图2-14所示．在正方形ABCD中,P,Q分别为BC,CD边上的点,∠PAQ=45°．求证：PQ=PB+DQ．
6．如图2-15所示．过△ABC的顶点A分别作两底角∠B和∠C的角平分线的垂线,AD⊥BD于D,AE⊥CE于E．求证：ED‖BC．