全等三角形培优竞赛讲义(全集).doc

1全等三角形培优竞赛讲义（一）全等三角形培优竞赛讲义（一）知识点知识点 全等三角形的性质：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：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：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． 拓展关键点：拓展关键点：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．例题精讲例题精讲板块一、截长补短 【【例例 1】】 ( (年北京中考题年北京中考题) )已知已知中，中，，，、、分别平分分别平分和和06ABC60ABDCEABC ，，、、交于点交于点，试判断，试判断、、、、的数量关系，并加以证的数量关系，并加以证. ACBBDCEOBECDBC 明．明．DOECBA4321FDOECBA【【【【，，BECDBC 理由是：在上截取，连结，BCBFBEOF 利用证得≌，∴，SASBEOBFO12  ∵，∴，∴，60A1901202BOCA120DOE∴，∴，∴，180ADOE  180AEOADO 13180   ∵，∴，∴，24180   12  34   利用证得≌，∴，∴．AASCDOCFOCDCFBCBFCFBECD2【【例例 2】】 如图，点如图，点为正三角形为正三角形的边的边所在直线上的任意一点所在直线上的任意一点( (点点除外除外) )，作，作MABDABB ，射线，射线与与外角的平分线交于点外角的平分线交于点，，与与有怎样的有怎样的60DMNMNDBA∠NDMMN 数量关系数量关系? ?NEBMADGNEBMAD【【【【猜测.过点作交于点，，∴DMMNMMGBD∥ADGAGAMGDMB 又∵，120ADMDMA ∠120DMANMB∠∠ ∴，而，ADMNMB∠∠120DGMMBN∠∠ ∴，∴．DGMMBN≌DMMN 【【变式拓展训练变式拓展训练】】如图，点如图，点为正方形为正方形的边的边上任意一点，上任意一点，且与且与MABCDABMNDM 外角的平分线交于点外角的平分线交于点，，与与有怎样的数量关系？有怎样的数量关系？ABC∠NMDMNNCDEBMANCDEBMA【【【【猜测.在上截取，DMMNADAGAM ∴，∴DGMB45AGM ∠ ∴，∴，135DGMMBN∠∠ADMNMB∠∠ ∴，∴．DGMMBN≌DMMN 【【例例 3】】 已知：如图，已知：如图，ABCD是正方形，是正方形，∠∠FAD=∠=∠FAE. . 求证：求证：BE+ +DF= =AE. .FEDCBAMFEDCBA【【【【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.3【【例例 4】】 以以的的、、为边向三角形外作等边为边向三角形外作等边、、，连结，连结、、相相ABCABACABDACECDBE 交于点交于点．求证：．求证：平分平分．．OOADOEFABCDEOOEDCBA【【【【因为、是等边三角形，所以，，ABDACEABADAEACCAE ，60BAD则，所以，BAEDAC BAEDAC≌ 则有，，．ABEADC AEBACD BEDC 在上截取，连结，容易证得，．DCDFBOAFADFABO≌ACFAEO≌ 进而由．得；AFAOAFOAOF  由可得，即平分．AOEAFO AOFAOEOADOE 【【例例 5】】 ( (北京市、天津市数学竞赛试题北京市、天津市数学竞赛试题) )如图所示，如图所示，是边长为是边长为 的正三角形，的正三角形，ABC1 是顶角为是顶角为的等腰三角形，以的等腰三角形，以为顶点作一个为顶点作一个的的，点，点、、BDC120D60MDNM 分别在分别在、、上，求上，求的周长．的周长．NABACAMNNMDCBAEABCDMN【【【【如图所示，延长到使.ACECEBM 在与中，因为，，，BDMCDEBDCD90MBDECD BMCE 所以，故.BDMCDE≌MDED 因为，，所以.120BDC60MDN60BDMNDC 又因为，所以. BDMCDE 60MDNEDN 在与中，，，，MNDENDDNDN60MDNEDN DMDE 所以，则，所以的周长为.MNDEND≌NEMNAMN2 【【例例 6】】 五边形五边形ABCDE中，中，AB= =AE，，BC+ +DE= =CD，，∠∠ABC+∠+∠AED= =180°°，，求证：求证：AD平分平分∠∠CDE4CEDBAABDEFC【【【【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. 板块二、全等与角度 【【例例 7】7】如图，在如图，在中，中，，，是是的平分线，且的平分线，且，，ABC60BACADBACACABBD 求求的度数的度数. .ABC【【【【如图所示，延长至使，连接、.ABEBEBDEDEC 由知，ACABBDAEAC 而，则为等边三角形.60BACAEC 注意到，，，EADCAD ADADAEAC 故.AEDACD≌ 从而有，，DEDCDECDCE  故.2BEDBDEDCEDECDEC     所以，.20DECDCE 602080ABCBECBCE  【另解】在上取点，使得，则由题意可知.ACEAEABCEBD 在和中，，，，ABDAEDABAEBADEAD ADAD 则，从而，ABDAED≌BDDE 进而有，，DECEECDEDC  .AEDECDEDC  2 ECD 注意到，则：ABDAED ，1318012022ABCACBABCABCABCBAC  故.80ABC 【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ABDAEAD 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AC 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.【【例例 8】8】在等腰在等腰中，中，，顶角，顶角，在边，在边上取点上取点，使，使，，ABCABAC20AABDADBC 求求. .BDC【【【【以为边向外作正，连接.ACABCACEDEEDCBAEDCBADCBADCBAEDCBA5在和中，，，ABCEADADBCABEA 2060EADBACCAE  ，80ABC 则.ABCEAD≌ 由此可得，所以是等腰三角形.EDEAECEDC 由于，20AEDBAC 则，602040CEDAECAED 从而，，70DCE706010DCADCEACE 则.201030BDCDACDCA  【另解 1】以为边在外作等边三角形，连接.ADABCADEEC 在和中，，，，ACBCAE6020CAEACB AEADCBACCA 因此，ACBCAE≌ 从而，.CABACE CEABAC 在和中，，，，CADCEDADEDCECACDCD 故，CADCED≌ 从而，，ACDECD 2CABACEACD   故，因此.10ACD30BDC【另解 2】如图所示，以为边向内部作等边，连接、.BCABCBCNNAND 在和中，，，CDAANCCNBCAD20CAD，ACNACBBCN 806020故，CADACN  而，进而有.ACCACDAANC≌ 则，10ACDCAN 故.30BDCDACDCA  【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. 【【例例 9】9】(“(“勤奋杯勤奋杯””数学邀请赛试题数学邀请赛试题) ) 如图所示，在如图所示，在中，中，，，，，ABCACBC20C 又又在在上，上，在在上，且满足上，且满足，，，求，求. .MACNBC50BAN60ABMNMB【【【【过作的平行线交于，连接交于.MABBCKKAMBP 连接，易知、均为正三角形.PNAPBMKP因为，，，50BANACBC20C 所以，，，50ANBBNABBP80BPNBNP  则，，40PKN180608040KPN  故.PNKN 从而.MPNMKN≌进而有，.PMNKMN 1302NMBKMP【另解】如图所示，在上取点，使得，ACD20ABD 由、可知.20CACBC80BAC 而，故，.20ABD80ADBBABD 在中，，，ABN50BAN80ABN 故，从而，进而可得.50ANBBABNBNBD 而，802060DBNABCABD   所以为等边三角形.BDNEDCBANDCBAPABCMNKNMCBADNMCBA6在中，，ABM180180806040AMBABMBAM  ，804040DBMADBAMB   故，从而.DMBDBM DMDB 我们已经得到，故是的外心，DMDNDBDBMN从而.1302NMBNDB【点评】本题是一道平面几何名题，加拿大滑铁卢大学的几。