三角形中的常用辅助线方法总结

1、数学：三角形中的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？把握定理和概念。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的方法：（1）可以从结论出发，寻找要证明的相等的两条线段（或两个角）分别在 哪两个可能全等的三角形中；（2）可以从已知条件出发，看已知条件可以确定哪两个三角形全等；（3）可从条件和结论综合考虑，看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的作法： 延长中线构造全等三角形； 利用翻折，构造全等三角形； 引平行线构造全等三角形； 作连线构造等腰三角形。常见辅助线的作法有以下几种

2、：（1）遇到等腰三角形，可作底边上的高，利用“三线合一”的性质解题， 思维模式是全等变换中的“对折”。例1：如图， ABC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的延长线于点E。求证：BD=2CE思路分析：1）题意分析：本题考查等腰三角形的三线合一定理的应用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勺条件，可以和等腰三角形的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 BEF和 BEC中，/ 仁/2，BE=BE，/ BEF= / BEC=90， BEF A BEC, EF=EC，

3、从而 CF=2CE。又/ 1 + Z F= / 3+Z F=90，故/ 1= / 3。在 A ABD 和 A ACF 中，t/ 仁/3，AB=AC，/ BAD= / CAF=90 ， A ABDB A ACF，. BD=CF， BD=2CE。解题后的思考：等腰三角形“三线合一”性质的逆命题在添加辅助线中的应 用不但可以提高解题的能力，而且还加强了相关知识点和不同知识领域的联系， 为同学们开拓了一个广阔的探索空间；并且在添加辅助线的过程中也蕴含着化 归的数学思想，它是解决问题的关键。（2）若遇到三角形的中线，可倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构 造全等三角形，利用的思维模式是全等变换中的“旋

4、转”。例2:如图，已知 ABC中，AD是/ BAC的平分线，AD又是BC边上的中线。求证: ABC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的知识。2）解题思路：在证明三角形的问题中特别要注意题目中出现的中点、中线、中位线等条件，一般这些条件都是解题的突破口，本题给出了AD又是BC边上的中线这一条件，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是BC边上的中线， BD=DC又/ BDE= / CDA BEM CAD,故 EB=AC，/ E= / 2， AD是/ BAC的平分线/ 仁/2

5、，/ 仁/ E， AB=EB从而AB=AC即卩 ABC是等腰三角形。解题后的思考：题目中如果出现了三角形的中线，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，可以自角平分线上的某一点向角的两边作垂线，利用 的思维模式是三角形全等变换中的“对折”，所考知识点常常是角平分线的性 质定理或逆定理。例 3:已知，如图，AC平分/ BAD CD=CB ABAD 求证：/ B+Z ADC=180。思路分析：1) 题意分析：本题考查角平分线定理的应用。2) 解题思路：因为AC是Z BAD的平分线，所以可过点 C作Z BAD的两边的 垂线，构造直角三角形，通过证明三角形全等解决问题

6、。解答过程：证明：作 CELAB于E，CF丄AD于 F。 AC平分Z BAD CE=CF在 Rt CBE和 Rt CDF中,vCE=CF CB=CD Rt CB專 Rt CDFZ B=Z CDFvZ CDFZ ADC=180， Z B+Z ADC=180。解题后的思考：关于角平行线的问题，常用两种辅助线；见中点即联想到中位线(4) 过图形上某一点作特定的平行线，构造全等三角形，利用的思维模式 是全等变换中的“平移”或“翻转折叠”例4:如图， ABC中，AB=AC E是AB上一点，F是AC延长线上一点，连 EF 交BC于D,若EB=CF求证：DE=DFA思路分析：1）题意分析：本题考查全等三角形

7、常见辅助线的知识：作平行线。2） 解题思路：因为DE、DF所在的两个三角形 DEB与 DFC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的等量代换：过E作EG/CF，构造中心对称型全等三 角形，再利用等腰三角形的性质，使问题得以解决。解答过程：证明：过E作EG/AC交BC于 G,则/ EGBH ACB又 AB=AC：/ B=Z ACB/ B=Z EGB 二/ EGDH DCF EB=EG=CFvZ EDBM CDF DGE A DCF DE=DF解题后的思考：此题的辅助线还可以有以下几种作法:F例 5： ABC中 , Z BAC=60 , Z C=40 , AP平分Z BA

8、C交 BC于 P , BQ平分Z ABC交 AC于 Q 求证：AB+BP=BQ+AQBPC思路分析：1）题意分析：本题考查全等三角形常见辅助线的知识：作平行线。2）解题思路：本题要证明的是AB+BP=BQ+AQg势较为复杂，我们可以通过转化的思想把左式和右式分别转化为几条相等线段的和即可得证。可过0作BC的平行线。得 AD3A AQO得至U OD=OQAD=AQ只要再证出BD=O就可以 了。解答过程：图证明：如图(1),过O作OD/ BC交AB于D,/ ADON ABC=180 60 40 =80,又/ AQON C+Z QBC=80 ,/ ADOZ AQO又 vZ DAOZ QAO OA=A

9、O ADOA AQO-OD=OQAD=AQ又 v OD/ BP,Z PBOZ DOB又 vZ PBOZ DBO Z DBOZ DOBBD=OD又vZ BPAZ C+Z PAC=70 ,Z BOPZ OBAZ BAO=70 , Z BOPZ BPO BP=OB AB+BP=AD+DB+BP=AQ+OQ+BO=AQ+BQ解题后的思考：(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”的解法也较多，举例如下：如图(2),过O作OD/ BC交AC于D,则厶ADOA ABO从而得以解决。A图（2）如图（3）,过0作DEBC交AB于D,交M于E, OJJA

10、ADOAAQO, AABOAAE 0从而得以解袂.BPC图（3）如图 ，过P作PDT7BQ交AB的延长线于D,则AAPDAAPCM而 得以解决口圏如图（5）,过P作PD/ BQ交AC于。，则厶ABPA ADP从而得以解决小结：通过一题的多种辅助线添加方法， 体会添加辅助线的目的在于构造全 等三角形。而不同的添加方法实际是从不同途径来实现线段的转移的，体会构 造的全等三角形在转移线段中的作用。从变换的观点可以看到，不论是作平行 线还是倍长中线，实质都是对三角形作了一个以中点为旋转中心的旋转变换构 造了全等三角形。（5）截长法与补短法，具体作法是在某条线段上截取一条线段与特定线段 相等，或是将某条

11、线段延长，使之与特定线段相等，再利用三角形全等的有关 性质加以说明。这种作法，适合于证明线段的和、差、倍、分等类的题目。例 6:如图甲，AD/ BC 点 E在线段 AB上，/ ADE=/CDE / DC=Z ECB 求证：CD=ADfBC口图甲思路分析：1）题意分析：本题考查全等三角形常见辅助线的知识：截长法或补短法。2）解题思路：结论是CDAD+BC,可考虑用“截长补短法”中的“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的问 题，从而达到简化问题的目的。解答过程：证明：在CD上截取CF=BC，如图乙CF = CBCE=CE FCEA BCE(SAS，/

12、 2=Z 1。又 AD/ BC，/ ADC/BCD：180，/ DC&Z CD=90，/ 2+Z 3=90,/ 1 + Z 4=90,/Z 3=/ 4。在厶FDE与厶ADE中,fAFDE = AADEAB, AD=DC BD平分/ ABC求证：/ BAD/ BCD：180o2、已知，如图2，Z仁/2，P为BN上一点，且PD丄BC于点D, ABfBC=2BD 求证：/ BAPV BCf=180oIV图23、已知，如图 3,在厶 ABO中, Z C= 2Z B,Z 1 = Z 2。求证：AB=AGfCD4已知，如图4, D E为ZiABC內两点，求证；AB+ACBD+DE+CE. A5、如圏5,

13、AD为AABC的中线求证：AB+AO2AD-图了久 如图6所示，AD是AABC的中线，EE交点C于丛 交AD于F，且AE=EF4 求证；AC=BF卞命的材料-富兰克林试题答案1、分析：因为平角等于180,因而应考虑把两个不在一起的角通过全等转 化成为平角，图中缺少全等的三角形，因而解题的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的延长线于点E,作DF丄BC于点F,如图1-2：別评分NHFG二在曲卫DE与焉 CDF,DE 二 DFAD=CD- Rt AD專Rt CDFHL),/ DAE：/DCF又/ BADV DAE：180,/./ BAD/DC：180

14、, 即/ BAD/BCD：1802、分析：与1相类似，证两个角的和是180,可把它们移到一起，让它们 成为邻补角，即证明/ BC：/EAF，因而此题适用“补短”进行全等三角形的构 造。证明：过点F作PE垂直BA的延长线于点E,如图2-2图2-2TZ1=N2,且PD丄BC；HFE寸D在用 ERE与用 EPD中iPE 二 PDBP = BP.BFE丝恥 BPDHL),：.BE=BD,AB+BC=2BDt AB+DC=B 卩 D*另在用JIFF与曲 CFD中,PE= PD ZPEA 二 ZPDCAE= DC Rt APE Rt CPDSAS),/ PAE：/PCD又/ BAP/ PAE：180。/

15、BAF+/ BCP=180AC3、分析：从结论分析，“截长”或“补短”都可实现问题的转化，即延长 至E使CE=CD或在AB上截取AF=AG证明：方法一（补短法）延长 AC到 E,使 DC=CE,则/ CDEZ CED 如图 3-2：.ACB=2.Zj1CT=2Z j.B= NE,在厶 ABLAED 中，rZl=Z2ZB 二 ZEAD= ADL/.AabdAaed (.AAS) AB=AEfJLS=A C4- CE=A C+DG .AB=AC+Da方法二(截长法)在A吐截恥inU如图33图3-3在AAFL与氐ACD中，AF = ACD4、证明：（方法一）将DE两边延长分别交 AB AC于M N,

16、在 AMN中, AM+ANMD+DE+NE 在 BDM中, MB+MDBD在厶 CEN中, CN+NECE由+得：AM+AN+MB+MD+CN+NEMD+DE+NE+BD+CE AB+ACBD+DE+EC（方法二：图4-2）延长BD交AC于F,延长CE交BF于G 在厶ABF GFCffiA GD冲有:AB+AFBD+DG+GFGF+FCGE+CEDG+GEDE由+得：AB+AF+GF+FC+DG+GEBD+DG+GF+GE+CE+DE- AB+ACBD+DE+EC5、分析：要证 AB+AC2AD由图想到：AB+BDADAC+CDAD所以有 AB+AC+BD+CDAD+AD=2左边比要证结论多B

17、D+C D故不能直接证出此题，而 由2AD想到要构造2AD,即加倍中线，把所要证的线段转移到同一个三角形中去 # ; /、f / AE三角形两边之和大于第三边） AB+AC2AD6、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的两个全等三角形，而根据题目条件去构造两个含有AC BF的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的这两条线 段，所对的角相等即可。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 ADCP HDB全等，得 AC=BH通过证明/ H=Z BFH，得到BF=BH。A证明：延长ADSH使得DH=AD,连接BHD为HC中点 BD-DC在A ADC和AHEB中AD = DH厶WEDHBD=CD ADCA HDB(SAS) AC=BH / H=Z HAC EA=EF / HAE2 AFE又 / BFHW AFE BH=BF BF=AC方法二：过B点作BH平行AC,与AD的延长线相交于点H,证明 ADCffiA HDB全等即可。小结：对于含有中点的问题，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的平行线，可以起到转移角的作用，也