三角形中的常用辅助线方法总结.doc

数学:三角形中得常用辅助线
典型例题
人说几何很困难,难点就在辅助线。辅助线,如何添？把握定理与概念。还要刻苦加钻研,找出规律凭经验。
全等三角形辅助线                                   
找全等三角形得方法：
（１)可以从结论出发，寻找要证明得相等得两条线段(或两个角）分别在哪两个可能全等得三角形中；
(2）可以从已知条件出发，瞧已知条件可以确定哪两个三角形全等;
（3)可从条件与结论综合考虑，瞧它们能确定哪两个三角形全等;
（４）若上述方法均不可行,可考虑添加辅助线,构造全等三角形。
三角形中常见辅助线得作法:
①延长中线构造全等三角形；
②利用翻折，构造全等三角形;
③引平行线构造全等三角形;
④作连线构造等腰三角形。
常见辅助线得作法有以下几种:
（1）遇到等腰三角形，可作底边上得高，利用“三线合一”得性质解题,思维模式就是全等变换中得“对折”。
例1：如图，ΔABC就是等腰直角三角形,∠BAC=90°,ＢＤ平分∠AＢC交AC于点D,CＥ垂直于BD,交BＤ得延长线于点E.求证：ＢＤ=2CE。

思路分析：
１)题意分析:本题考查等腰三角形得三线合一定理得应用
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得条件,可以与等腰三角形得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与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与ΔACＦ中,∵∠1＝∠3,AB=AC,∠BAＤ=∠CAＦ=9０°，
∴ΔABD≌ΔACF，∴BD＝ＣＦ，∴BD=２CE.
解题后得思考:等腰三角形“三线合一”性质得逆命题在添加辅助线中得应用不但可以提高解题得能力,而且还加强了相关知识点与不同知识领域得联系,为同学们开拓了一个广阔得探索空间；并且在添加辅助线得过程中也蕴含着化归得数学思想,它就是解决问题得关键。

(2）若遇到三角形得中线，可倍长中线,使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形,利用得思维模式就是全等变换中得“旋转"。
例２：如图，已知ΔAＢC中,AD就是∠BAC得平分线，ＡＤ又就是BC边上得中线。求证：ΔABC就是等腰三角形。

思路分析：
1)题意分析:本题考查全等三角形常见辅助线得知识。
2）解题思路:在证明三角形得问题中特别要注意题目中出现得中点、中线、中位线等条件,一般这些条件都就是解题得突破口,本题给出了AＤ又就是ＢC边上得中线这一条件，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就是ＢC边上得中线,∴BD=ＤＣ
又∠BDE＝∠CDA
ΔBＥD≌ΔCAＤ,
故ＥＢ=AC，∠Ｅ=∠2，
∵AD就是∠BAC得平分线
∴∠１=∠2，
∴∠1=∠E，
∴AＢ=EB,从而AＢ=AC，即ΔAＢＣ就是等腰三角形。
解题后得思考：题目中如果出现了三角形得中线,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,可以自角平分线上得某一点向角得两边作垂线，利用得思维模式就是三角形全等变换中得“对折”，所考知识点常常就是角平分线得性质定理或逆定理。
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得应用。
2）解题思路:因为AＣ就是∠ＢＡD得平分线，所以可过点Ｃ作∠BAD得两边得垂线,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与Rｔ△ＣDＦ中，
∵ＣE=ＣＦ，CＢ=CD,
∴Rt△CBE≌Ｒt△CDF,
∴∠B=∠CＤF，
∵∠ＣＤF+∠ADC=１８0°,
∴∠B+∠ADC＝１8０°。
解题后得思考：
①关于角平行线得问题，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得平行线，构造全等三角形,利用得思维模式就是全等变换中得“平移”或“翻转折叠”
例4：如图,ΔABC中,AB=AＣ，E就是AＢ上一点,F就是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得知识：作平行线。
２)解题思路:因为DE、DF所在得两个三角形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得等量代换:过E作ＥG//CF，构造中心对称型全等三角形，再利用等腰三角形得性质，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。
解题后得思考:此题得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得知识:作平行线。
2）解题思路：本题要证明得就是AB+BP=ＢＱ+AQ。形势较为复杂，我们可以通过转化得思想把左式与右式分别转化为几条相等线段得与即可得证.可过O作BC得平行线。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。                     
解题后得思考:
（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”得解法也较多,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:通过一题得多种辅助线添加方法，体会添加辅助线得目得在于构造全等三角形。而不同得添加方法实际就是从不同途径来实现线段得转移得,体会构造得全等三角形在转移线段中得作用。从变换得观点可以瞧到，不论就是作平行线还就是倍长中线，实质都就是对三角形作了一个以中点为旋转中心得旋转变换构造了全等三角形.

（5)截长法与补短法，具体作法就是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，或就是将某条线段延长，使之与特定线段相等,再利用三角形全等得有关性质加以说明。这种作法，适合于证明线段得与、差、倍、分等类得题目.
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得知识：截长法或补短法。
2)解题思路：结论就是CD＝AD＋BC,可考虑用“截长补短法”中得“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得问题，从而达到简化问题得目得。
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。
解题后得思考：遇到求证一条线段等于另两条线段之与时,一般方法就是截长法或补短法：
截长:在长线段中截取一段等于另两条中得一条，然后证明剩下部分等于另一条；
补短：将一条短线段延长,延长部分等于另一条短线段，然后证明新线段等于长线段。
１）对于证明有关线段与差得不等式，通常会联系到三角形中两线段之与大于第三边、之差小于第三边，故可想办法将其放在一个三角形中证明。
2）在利用三角形三边关系证明线段不等关系时，如直接证明不出来，可连接两点或延长某边构成三角形，使结论中出现得线段在一个或几个三角形中，再运用三角形三边得不等关系证明。
小结:三角形
图中有角平分线，可向两边作垂线。也可将图对折瞧,对称以后关系现。
角平分线平行线，等腰三角形来添。角平分线加垂线,三线合一试试瞧。
线段垂直平分线,常向两端把线连。线段与差及倍半，延长缩短可试验.
线段与差不等式,移到同一三角形。三角形中两中点，连接则成中位线.
三角形中有中线，延长中线等中线.

同步练习
（答题时间：90分钟）
这几道题一定要认真思考啊，都就是要添加辅助线得,开动脑筋好好想一想吧！加油！您一定行！
1、已知，如图１,在四边形ABCＤ中,BC＞AＢ,AD=DC，BD平分∠ABＣ.
求证：∠BAD+∠BCＤ=180°。

2、已知,如图2，∠1＝∠2,P为BN上一点，且PD⊥ＢC于点D,ＡB+BC=2BD。
求证：∠ＢＡP+∠BCＰ＝180°。

3、已知，如图3，在△ABC中，∠Ｃ＝2∠B,∠1=∠２.求证:ＡB=ＡC+CD。

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得角通过全等转化成为平角，图中缺少全等得三角形,因而解题得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得延长线于点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，证两个角得与就是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”进行全等三角形得构造。
证明:过点P作PE垂直ＢＡ得延长线于点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”都可实现问题得转化,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与△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,把所要证得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（三角形两边之与大于第三边)
∴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得两个全等三角形,而根据题目条件去构造两个含有AＣ、ＢF得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得这两条线段，所对得角相等即可.
　　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与△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得延长线相交于点H，证明△ＡDＣ与△HDB全等即可.
　小结：对于含有中点得问题,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得平行线，可以起到转移角得作用,也起到了构造全等三角形得作用。
　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与△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得延长线相交于点H，证明△ＣDH与△BDF全等即可。