三角形的全等及其应用(二).doc

三角形的全等及其应用（二）例4 如图2-6所示A=90，AB=AC，M是AC边的中点，ADBM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AGBCDA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，MAD=90-EAB由于，在RtMAB中，AEBM，所以AMB=EAB由，ABG=MAD，所以AGBADC(ASA)，于是AG=CD在AMG与CMD中，还有AM=MC，GAM=DCM=45，所以AMGCMD，从而AMB=DMC分析2 如图2-7所示注意到在RtABM中，由AEBM得到MAE=MBA，若延长AE，过C作CFAC交AE延长线于F，可构成RtABMRtACF，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RtABM与RtCAF中，ABM=CAF，AB=AC，及BAM=ACF=90，所以RtABMRtCAF(ASA)，所以AMB=F，AM=CF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FCDMCD(SAS)，所以F=DMC由，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DPAQ，交AQ于R，交BC于P，正方形对角线交点为O，连OP，OQ求证：OPOQ分析 欲证OPOQ，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COPDOQ，又归结为证明CP=DQ，最后，再归结为证明ADQDCP的问题证 在正方形ABCD中，因为AQDP，所以，在RtADQ与RtRDQ中有RDQ=QAD所以，在RtADQ与RtDCP中有AD=DC，ADQ=DCP=90，QAD=PDC，所以ADQDCP(ASA)，DQ=CP又在DOQ与COP中，DO=CO，ODQ=OCP=45，所以DOQCOP(SAS)，DOQ=COP从而POQ=COP+COQ=DOQ+COQ=COD=90，即OPOQ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=2DAM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RtBGFRtCGE(AAS)，从而于是RtABGRtADM(SAS)，所以过G引GHAE于H因为AG是EAF的平分线，所以GB=GH，从而RtGBFRtGHE(HL)，所以F=HEG，则AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，即AE=