全等三角形培优竞赛讲义(全集)

1全等三角形培优竞赛讲义（一）知识点全等三角形的性质：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．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．例题精讲板块一、截长补短【例1】(06年北京中考题)已知ABC中，60A，BD、CE分别平分ABC和.ACB，BD、CE交于点O，试判断BE、CD、BC的数量关系，并加以证明．DOECBA4321FDOECBA【解析】BECDBC，理由是：在BC上截取BFBE，连结OF，利用SAS证得BEO≌BFO，∴12，∵60A，∴1901202BOCA，∴120DOE，∴180ADOE，∴180AEOADO，∴13180，∵24180，∴12，∴34，利用AAS证得CDO≌CFO，∴CDCF，∴BCBFCFBECD．2【例2】如图，点M为正三角形ABD的边AB所在直线上的任意一点(点B除外)，作60DMN，射线MN与DBA∠外角的平分线交于点N，DM与MN有怎样的数量关系?NEBMADGNEBMAD【解析】猜测DMMN.过点M作MGBD∥交AD于点G，AGAM，∴GDMB又∵120ADMDMA∠，120DMANMB∠∠∴ADMNMB∠∠，而120DGMMBN∠∠，∴DGMMBN≌，∴DMMN．【变式拓展训练】如图，点M为正方形ABCD的边AB上任意一点，MNDM且与ABC∠外角的平分线交于点N，MD与MN有怎样的数量关系？NCDEBMANCDEBMA【解析】猜测DMMN.在AD上截取AGAM，∴DGMB，∴45AGM∠∴135DGMMBN∠∠，∴ADMNMB∠∠，∴DGMMBN≌，∴DMMN．【例3】已知：如图，ABCD是正方形，∠FAD=∠FAE.求证：BE+DF=AE.FEDCBAMFEDCBA【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.3【例4】以ABC的AB、AC为边向三角形外作等边ABD、ACE，连结CD、BE相交于点O．求证：OA平分DOE．FABCDEOOEDCBA【解析】因为ABD、ACE是等边三角形，所以ABAD，AEAC，CAE60BAD，则BAEDAC，所以BAEDAC≌，则有ABEADC，AEBACD，BEDC．在DC上截取DFBO，连结AF，容易证得ADFABO≌，ACFAEO≌．进而由AFAO．得AFOAOF；由AOEAFO可得AOFAOE，即OA平分DOE．【例5】(北京市、天津市数学竞赛试题)如图所示，ABC是边长为1的正三角形，BDC是顶角为120的等腰三角形，以D为顶点作一个60的MDN，点M、N分别在AB、AC上，求AMN的周长．NMDCBAEABCDMN【解析】如图所示，延长AC到E使CEBM.在BDM与CDE中，因为BDCD，90MBDECD，BMCE，所以BDMCDE≌，故MDED.因为120BDC，60MDN，所以60BDMNDC.又因为BDMCDE，所以60MDNEDN.在MND与END中，DNDN，60MDNEDN，DMDE，所以MNDEND≌，则NEMN，所以AMN的周长为2.【例6】五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD，∠ABC+∠AED=180°，求证：AD平分∠CDECEDBAABDEFC4【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.板块二、全等与角度【例7】如图，在ABC中，60BAC，AD是BAC的平分线，且ACABBD，求ABC的度数.【解析】如图所示，延长AB至E使BEBD，连接ED、EC.由ACABBD知AEAC，而60BAC，则AEC为等边三角形.注意到EADCAD，ADAD，AEAC，故AEDACD≌.从而有DEDC，DECDCE，故2BEDBDEDCEDECDEC.所以20DECDCE，602080ABCBECBCE.【另解】在AC上取点E，使得AEAB，则由题意可知CEBD.在ABD和AED中，ABAE，BADEAD，ADAD，则ABDAED≌，从而BDDE，进而有DECE，ECDEDC，AEDECDEDC2ECD.注意到ABDAED，则：1318012022ABCACBABCABCABCBAC，故80ABC.【点评】由已知条件可以想到将折线ABD“拉直”成AE，利用角平分线AD可以构造全等三角形.同样地，将AC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8】在等腰ABC中，ABAC，顶角20A，在边AB上取点D，使ADBC，求BDC.【解析】以AC为边向ABC外作正ACE，连接DE.在ABC和EAD中，ADBC，ABEA，2060EADBACCAE80ABC，则ABCEAD≌.由此可得EDEAEC，所以EDC是等腰三角形.由于20AEDBAC，则602040CEDAECAED，从而70DCE，706010DCADCEACE，则201030BDCDACDCA.EDCBAEDCBADCBADCBAEDCBA5【另解1】以AD为边在ABC外作等边三角形ADE，连接EC.在ACB和CAE中，6020CAEACB，AEADCB，ACCA，因此ACBCAE≌，从而CABACE，CEABAC.在CAD和CED中，ADED，CECA，CDCD，故CADCED≌，从而ACDECD，2CABACEACD，故10ACD，因此30BDC.【另解2】如图所示，以BC为边向ABC内部作等边BCN，连接NA、ND.在CDA和ANC中，CNBCAD，20CAD，ACNACBBCN806020，故CADACN，而ACCA，进而有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9】(“勤奋杯”数学邀请赛试题)如图所示，在ABC中，ACBC，20C，又M在AC上，N在BC上，且满足50BAN，60ABM，求NMB.【解析】过M作AB的平行线交BC于K，连接KA交MB于P.连接PN，易知APB、MKP均为正三角形.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AC上取点D，使得20ABD，由20C、ACBC可知80BAC.而20ABD，故80ADB，BABD.在ABN中，50BAN，80ABN，故50ANB，从而BABN，进而可得BNBD.而802060DBNABCABD，所以BDN为等边三角形.在ABM中，180180806040AMBABMBAM，804040DBMADBAMB，故DMBDBM，从而DMDB.我们已经得到DMDNDB，故D是BMN的外心，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何大师RossHonsberger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.EDCBANDCBAPABCMNKNMCBADNMCBA6【例10】在四边形ABCD中，已知ABAC，60ABD，76ADB，28BDC，求DBC的度数.【解析】如图所示，延长BD至E，使DEDC，由已知可得：18018076104ADEADB，7628104ADCADBBDC，故ADEADC.又因为ADAD，DEDC，故ADEADC≌，因此AEAC，EACD，EADCAD.又因为ABAC，故AEAB，ABCACB.而已知60ABD，所以ABE为等边三角形.于是60ACDEEAB，故18016CADADCACD，则28CABEABCADEAD，从而1(180)762ABCCAB，所以16DBCABCABD.【例11】(日本算术奥林匹克试题)如图所示，在四边形ABCD中，12DAC，36CAB，48ABD，24DBC，求ACD的度数.【解析】仔细观察，发现已知角的度数都是12的倍数，这使我们想到构造60角，从而利用正三角形.在四边形ABCD外取一点P，使12PAD且APAC，连接PB、PD.在ADP和ADC中，12PADCAD，APAC，ADAD，故ADPADC≌.从而APDACD.在ABC中，36CAB，72ABC，故72ACB，ACAB，从而APAB.而12123660PABPADDACCAB，故PAB是正三角形，60APB，PAPB.在DA