完整版全等三角形经典题型辅助线问题.docx
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完整版全等三角形经典题型辅助线问题
全等三角形问题中常有的辅助线的作法（含答案）
总论：
全等三角形问题最主要的是构造全等三角形，构造二条边之间的相等，构造二个角之间的相等
【三角形辅助线做法】
图中有角均分线，可向两边作垂线。
也可将图对折看，对称今后关系现。
角均分线平行线，等腰三角形来添。
角均分线加垂线，三线合一试一试看。
线段垂直均分线，常向两端把线连。
要证线段倍与半，延长缩短可试验。
三角形中两中点，连接则成中位线。
三角形中有中线，延长中线等中线。
1.等腰三角形“三线合一”法：
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
2.倍长中线：
倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形
3.角均分线在三种添辅助线
4.垂直均分线联系线段两端
5.用“截长法”或“补短法”：
遇到有二条线段长之和等于第三条线段的长，
6.图形补全法：
有一个角为60度或120度的把该角添线后构成等边三角形
7.角度数为30、60度的作垂线法：
遇到三角形中的一个角为30度或60度，可
以从角一边上一点向角的另一边作垂线，目的是构成
30-60-90的特别直角三角形，尔后计
算边的长度与角的度数，这样能够获取在数值上相等的二条边或二个角。
进而为证明全等三角形创立边、角之间的相等条件。
8.计算数值法：
遇到等腰直角三角形，正方形时，或30-60-90的特别直角三角形，或
40-60-80的特别直角三角形,常计算边的长度与角的度数，这样能够获取在数值上相等的二
条边或二个角，进而为证明全等三角形创立边、角之间的相等条件。
常有辅助线的作法有以下几种：
最主要的是构造全等三角形，构造二条边之间的相等，二个角之间的相等。
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，思想模式是
全等变换中的“对折”法构造全等三角形．
2）
遇到三角形的中线，倍长中线，使延长线段与原中线长相等，构造全等三角形，
利用的思想模式是全等变换中的“旋转”法构造全等三角形．
3）遇到角均分线在三种添辅助线的方法，
（1）能够自角均分线上的某一点向角的两
边作垂线，利用的思想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．
（2）能够在角均分线上的一点作该角均分线的垂线与角的
两边订交，形成一对全等三角形。
（3）能够在该角的两边上，距离角的极点相等长度
的地址上截取二点，尔后从这两点再向角均分线上的某点作边线，构造一对全等三角
形。
4）
过图形上某一点作特定的均分线，
构造全等三角形，利用的思想模式是全等变换
中的“平移”或“翻转折叠”
5）
截长法与补短法，详尽做法是在某条线段上截取一条线段与特定线段相等，
或是
将某条线段延长，是之与特定线段相等，再利用三角形全等的相关性质加以说明．这
种作法，适合于证明线段的和、差、倍、分等类的题目．
6）
已知某线段的垂直均分线，那么能够在垂直均分线上的某点向该线段的两个端点
作连线，出一对全等三角形。
特别方法：
在求相关三角形的定值一类的问题时，
常把某点到原三角形各极点的线段连
接起来，利用三角形面积的知识解答．
一、倍长中线（线段）造全等
例1、已知，如图△ABC中，AB=5，AC=3，则中线AD的取值范围是_________.
解：
延长AD至E使AE＝2AD，连BE，由三角形性质知
A
AB-BE<2AD
B
D
C
例2、如图，△ABC中，E、F分别在AB、AC上，DE⊥DF，D是中点，试比较
BE+CF与EF的
大小.
解：
（倍长中线,等腰三角形“三线合一”法
）延长FD至G使FG＝2EF，连BG，EG,
A
显然BG＝FC，
E
在△EFG中，注意到DE⊥DF，由等腰三角形的三线合一知
F
EG＝EF
B
C
D
在△BEG中，由三角形性质知
EG
故：
EF例3、如图，△ABC中，BD=DC=AC，E是DC的中点，求证：
AD均分∠BAE.
A
BDEC
解：
延长AE至G使AG＝2AE，连BG，DG,
显然DG＝AC，∠GDC=∠ACD
由于DC=AC，故∠ADC=∠DAC
在△ADB与△ADG中，
BD＝AC=DG，AD＝AD，
∠ADB=∠ADC+∠ACD=∠ADC+∠GDC＝∠ADG
故△ADB≌△ADG，故有∠BAD=∠DAG，即AD均分∠BAE
应用：
1、以的两边AB、AC为腰分别向外作等腰RtABD和等
ABC腰Rt
ACE，
BADCAE
90,连接DE，M、N分别是BC、DE的中点．研究：
AM与DE的地址关系
及数量关系．
（1）如图①当
ABC为直角三角形时，AM与DE的地址关系是
，
线段AM与DE的数量关系是
；
（2）将图①中的等腰Rt
ABD绕点A沿逆时针方向旋转
（0<<90）后，如图②所示，
（1）
问中获取的两个结论可否发生改变？
并说明原由．
解：
（1）ED
2AM，AM
ED；
证明：
延长AM到G，使MG
AM，连BG，则ABGC是平行四边形
∴AC
BG，ABG
BAC
180
D
DAE
BAC180
又∵
N
∴
ABG
DAE
H
E
再证：
DAE
ABG
A
∴DE
2AM，
BAG
EDA
延长MN交DE于H
B
C
∵
BAG
DAH
90
M
∴
HDA
DAH
90
G
∴AM
ED
F
（2）结论依旧成立．
D
N
证明：
如图，延长
CA至F，使AC
FA，FA交DE于点P，并连接
BF
P
E
∵DA
BA，EA
AF
A
BAF90
DAF
EAD
∴
∵在
FAB和EAD中
FA
AE
B
M
C
BAFEAD
BADA
∴FABEAD（SAS）
∴BFDE，FAEN
∴FPDFAPE
AEN
90
∴FBDE
又∵
CA
AF
，CM
MB
∴
AM
//FB，且
AM
1
2
FB
∴AM
DE，
AM
1DE
2
二、截长补短
1、如图，
ABC中，AB=2AC，AD均分
BAC，且
AD=BD，求证：
CD⊥AC
解：
（截长法）在AB上取中点F，连FD
△ADB是等腰三角形，F是底AB中点，由三线合一知
DF⊥AB，故∠AFD＝90°
△ADF≌△ADC（SAS）
∠ACD＝∠AFD＝90°即：
CD⊥A
2、如图，AD∥BC，EA,EB分别均分∠DAB,∠CBA，CD过点E，求证;AB＝AD+BC解：
（截长法）在AB上取点F，使AF＝AD，连FE
△ADE≌△AFE（SAS）
AD
E
B
C
∠ADE＝∠AFE，
∠ADE+∠BCE＝180°
∠AFE+∠BFE＝180°
故∠ECB＝∠EFB
△FBE≌△CBE（AAS）故有BF＝BC
进而;AB＝AD+BC
A
B
Q
P
C
0
400，P，Q分
3、如图，已知在△ABC内，BAC
60，C
别在BC，CA上，并且AP，BQ分别是
BAC，
ABC的角均分线。
求证：
BQ+AQ=AB+BP
解：
（补短法,计算数值法）延长AB至D，使BD＝BP，连DP在等腰△BPD中，可得∠BDP＝40°
进而∠BDP＝40°＝∠ACP
△ADP≌△ACP（ASA）
故AD＝AC
又∠QBC＝40°＝∠QCB故BQ＝QC
BD＝BP
进而BQ+AQ=AB+BP
4、如图，在四边形ABCD中，BC＞BA,AD＝CD，BD均分
求证：
AC1800
解：
（补短法）延长BA至F，使BF＝BC，连FD△BDF≌△BDC（SAS）
故∠DFB＝∠DCB，FD＝DC
又AD＝CD
故在等腰△BFD中
∠DFB＝∠DAF
故有∠BAD+∠BCD＝180°
ABC，
A
D
BC
5、如图在△ABC中，AB＞AC，∠1＝∠2，P为AD上任意一点，求证;AB-AC＞PB-PC
A
1
2
P
B
C
D
解：
（补短法）延长AC至F，使AF＝AB，连PD
△ABP≌△AFP（SAS）
故BP＝PF
由三角形性质知
PB－PC＝PF－PC
应用：
解析：
此题连接AC，把梯形的问题转变为等边三角形的问题，尔后利用已知条件和等边三角形的性质经过证明三角形全等解决它们的问题。
解：
有BCADAE
连接AC，过E作EF//BC并
则可证AEF为等边三角形
即AEEF，AEFAFE
AC于F
60
点
A
D
∴CFE120
又∵
AD//BC，
B60
E
F
∴
BAD
120
B
C
又∵
DEC
60
A
D
∴
AED
FEC
在ADE与FCE中
EAD
CFE，AE
EF，
AEDFEC
∴ADE
FCE
E
∴AD
FC
B
C
∴BC
ADAE
议论：
此题的解法比较奇特，
把梯形的问题转变为等边三角形的问题，
尔后利用全等三角
形的性质解决。
三、平移变换
例1AD为△ABC的角均分线，直线MN⊥AD于A.E为MN上一点，△ABC周长记为PA，
△EBC周长记为PB.求证PB＞PA.
解：
（镜面反射法）延长BA至F，使AF＝AC，连FE
AD为△ABC的角均分线,MN⊥AD
知∠FAE＝∠CAE
故有
△FAE≌△CAE（SAS）故EF＝CE
在△BEF中有：
BE+EF>BF=BA+AF=BA+AC
进而PB=BE+CE+BC>BF+BC=BA+AC+BC=P
例2如图，在△ABC的边上取两点D、E，且BD=CE，求证：
AB+AC>AD+AE.
证明：
取BC中点M,连AM并延长至N,使MN=AM,连BN,DN.
∵BD=CE,∴DM=EM,
∴△DMN≌△EMA（SAS）,∴DN=AE,
同理BN=CA.
延长ND交AB于P,则BN+BP>PN,DP+PA>AD,相加得BN+BP+DP+PA>PN+AD,
各减去DP,得BN+AB>DN+AD,
∴AB+AC>AD+AE。
四、借助角均分线造全等
1、如图，已知在△ABC中，∠B=60°，△ABC的角均分线AD,CE订交于点O，求证：
OE=OD，
DC+AE=AC
证明（角均分线在三种添辅助线,计算数值法）∠B=60度,则∠BAC+∠BCA=120度;
A
AD,CE均为角均分线,
则∠OAC+∠OCA=60度=∠AOE=∠COD;
∠AOC=120度.
在AC上截取线段AF=AE,连接OF.
又AO=AO;∠OAE=∠OAF
.则⊿OAE≌ΔOAF（SAS）,
OE=OF;AE=AF;
∠AOF=∠AOE=60度.
E
O
BCD
则∠COF=∠AOC-∠AOF=60度=∠COD;
又CO=CO;∠OCD=∠OCF.
故⊿OCD≌ΔOCF（SAS）,
OD=OF;CD=CF.
OE=OD
DC+AE=CF+AF=AC.
2、如图，△ABC中，AD均分∠BAC，DG⊥BC且均分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F.
（1）说明BE=CF的原由；
（2）若是AB=a，AC=b，求AE、BE的长.
解：
（垂直均分线联系线段两端
）连接BD，DC
DG垂直均分BC，故BD＝DC
A
由于AD均分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，故有
E
ED＝DF
B
G
C
F
故RT△DBE≌RT△DFC（HL）
D
故有BE＝CF。
AB+AC＝2AE
AE＝（a+b）/2
BE=（a-b）/2
应用：
1、如图①，OP是∠MON的均分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全
等三角形。
请你参照这个作全等三角形的方法，解答以下问题：
（1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B=60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA
的均分线，AD、CE订交于点F。
请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；
（2）如图③，在△ABC中，若是∠ACB不是直角，而
（1）中的其他条件不变，请问，你
在
（1）中所得结论可否依旧成立？
若成立，请证明；若不成立，请说明原由。
B
M
B
E
E
F
D
F
D
O
P
A
C
C
图①
N
A
图③
图②
（第23题图）
解：
（1）FE与FD之间的数量关系为FEFD
（2）答：
（1）中的结论FEFD依旧成立。
证法一：
如图1，在AC上截取AGAE，连接FG
∵12，AF为公共边，
∴AEFAGF
∴AFEAFG，FEFG
∵B60，AD、CE分别是BAC、BCA的均分线
∴2360
∴AFECFDAFG60
B
∴CFG60
E
F
D
∵34及FC为公共边
∴CFGCFD
∴FGFD
∴FEFD
证法二：
如图2，过点F分别作FGAB于点G，FH
∵B60，AD、CE分别是BAC、BCA的均分线
∴可得2360，F是ABC的内心
∴GEF601，FHFG
又∵HDFB1
∴GEFHDF
∴可证EGFDHF
∴FEFD
14
23
AGC
图1
BC于点H
B
G
D
E
H
F
1
4
2
3
A
C
图2
五、旋转
例1正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，BE+DF=EF，求∠EAF的度数.
证明：
将三角形ADF绕点A顺时针旋转90度，至三角形
A
D
ABG
F
则GE=GB+BE=DF+BE=EF
又AE=AE，AF=AG，
因此三角形AEF全等于AEG
BE
C
因此∠EAF=∠GAE=∠BAE+∠GAB=∠BAE+∠DAF
又∠EAF+∠BAE+∠DAF=90
因此∠EAF=45度
例2D为等腰RtABC斜边AB的中点，DM⊥DN,DM,DN分别交BC,CA于点E,F。
（1）当MDN绕点D转动时，求证DE=DF。
（2）若AB=2，求四边形DECF的面积。
解：
（计算数值法）
（1）连接DC，
D为等腰RtABC斜边AB的中点，故有CD⊥AB，CD＝DACD均分∠BCA＝90°，∠ECD＝∠DCA＝45°
由于DM⊥DN，有∠EDN＝90°
由于CD⊥AB，有∠CDA＝90°
进而∠CDE＝∠FDA＝
故有△CDE≌△ADF（ASA）
故有DE=DF
S
=2,S
=S
=1
（2）△ABC
四DECF
△ACD
例3如图，
ABC
是边长为
3的等边三角形，
BDC是等腰三角形，且BDC
1200
，
以D为极点做一个
600角，使其两边分别交
AB于点M，交AC于点N，连接MN，则
AMN
的周长为
；
解：
（图形补全法,“截长法”或“补短法”,计算数值法）AC的延长线与BD的延长线交于点F，在线段CF上取点E，使CE＝BM
∵△ABC为等边三角形，△BCD为等腰三角形，且∠BDC=120°，
∴∠MBD=∠MBC+∠DBC=60°+30°=90°，
∠DCE=180°-∠ACD=180°-∠ABD=90°，又∵BM=CE，BD=CD，
∴△CDE≌△BDM，
∴∠CDE=∠BDM，DE=DM，
∠NDE=∠NDC+∠CDE=∠NDC+∠BDM=∠BDC-∠MDN=120°-60°=60°，
∵在△DMN和△DEN中，
DM=DE
∠MDN=∠EDN=60°
DN=DN
∴△DMN≌△DEN，
∴MN=NE
∵在△DMA和△DEF中，
DM=DE
∠MDA=60°-∠MDB=60°-∠CDE=∠EDF（∠CDE=∠BDM）
∠DAM=∠DFE=30°
∴△DMN≌△DEN（AAS），
∴MA=FE
AMN的周长为AN+MN+AM=AN+NE+EF=AF=6
应用：
1、已知四边形ABCD中，ABAD，BCCD，ABBC，∠ABC120o，
∠MBN60o，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）
于E，F．
当∠MBN绕B点旋转到AECF
当∠MBN绕B点旋转到AECF
时（如图
1），易证
AECFEF．
时，在图
2和图3
这两种情况下，上述结论可否成
立？
若成立，请恩赐证明；若不成立，线段
AE，CF，EF又有怎样的数量关系？
请写出
你的猜想，不需证明．
A
A
A
B
E
M
B
EM
B
C
F
D
C
F
D
F
C
D
N
N
N
E
（图1）
（图2）
（图3）
M
解：
（1）∵AB
AD，BC
CD，AB
BC，AE
CF
∴
ABE
CBF（SAS）；
∴
ABE
CBF，BEBF
∵
ABC
120，
MBN
60
∴
ABE
CBF
30，
BEF为等边三角形
∴BEEFBF，CFAE1BE
2
∴AECFBEEF
（2）图2成立，图3不成立。
证明图2，延长DC至点K，使CK
AE，连接BK
则
BAE
BCK
A
∴BEBK，
ABE
KBC
B
EM
∵
FBE
60
，
ABC
120
∴
FBC
ABE
60
KC
D
∴
FBC
KBC
60
F
∴
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