三角形的全等及其应用(二)

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1、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，AD⊥BM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

2、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△AGB≌△CDA．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，①∠MAD=90°-∠EAB．②由于，在Rt△MAB中，AE⊥BM，所以∠AMB=∠EAB．由①，②，∠ABG=∠MAD，所以△AGB≌△ADC(ASA)，于是AG=CD．在△

3、AMG与△CMD中，还有AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，所以△AMG≌△CMD，从而∠AMB=∠DMC．分析2如图2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥BM得到∠MAE=∠MBA，若延长AE，过C作CF⊥AC交AE延长线于F，可构成Rt△ABM≌Rt△ACF，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Rt△ABM与Rt△CAF中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及∠BAM=∠ACF=90°，所以Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，所以∠AMB=

4、∠F，AM=CF．①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△FCD≌△MCD(SAS)，所以∠F=∠DMC．②由①，②∠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

5、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DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形对角线交点为O，连OP，OQ．求证：OP⊥OQ．分析欲证OP⊥OQ，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△COP≌△DOQ，又归结为证明CP=DQ，最后，再归结为证明△ADQ≌△DCP的问题．证在正方形ABCD中，因为AQ

6、⊥DP，所以，在Rt△ADQ与Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以，在Rt△ADQ与Rt△DCP中有AD=DC，∠ADQ=∠DCP=90°，∠QAD=∠PDC，所以△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．又在△DOQ与△COP中，DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，所以△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．从而∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ=∠COD=90°，即OP⊥OQ．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

7、°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=2∠DAM．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

8、)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Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS)，从而于是Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，所以过G引GH⊥AE于H．因为AG是∠EAF的平分线，所以GB=GH，从而Rt△GBF