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全等三角形中的截长补短

中考要求

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

知识点睛

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．
重、难点

重点：本节的重点是全等三角形的概念和性质以及判定，全等三角形的性质是以后证明三角形问题的基础，也是学好全章的关键。同时全等三角形的判定也是本章的重点，特别是几种判定方法，尤其是当在直角三角形中时，HL的判定是整个直角三角形的重点
难点：本节的难点是全等三角形性质和判定定理的灵活应用。为了能熟练的应用性质定理及其推论，要把性质定理和推论的条件和结论弄清楚，哪几个是条件，决定哪个结论，如何用数学符号表示，即书写格式，都要在讲练中反复强化

例题精讲

板块一、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.
板块二、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)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．

家庭作业

【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，
.

月测备选

【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