全等三角形培優(yōu)競賽講義(一)

1、精選文檔可編輯全等三角形培優(yōu)競賽講義(一)知識點全等三角形的性質(zhì)： 對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等，對應(yīng)邊上的中線相等，對應(yīng)邊上的高相等，對應(yīng)角的角平分線相等，面積相等.尋找對應(yīng)邊和對應(yīng)角，常用到以下方法：(1)全等三角形對應(yīng)角所對的邊是對應(yīng)邊，兩個對應(yīng)角所夾的邊是對應(yīng)邊.(2)全等三角形對應(yīng)邊所對的角是對應(yīng)角，兩條對應(yīng)邊所夾的角是對應(yīng)角.(3)有公共邊的，公共邊常是對應(yīng)邊.(4)有公共角的，公共角常是對應(yīng)角.(5)有對頂角的，對頂角常是對應(yīng)角.(6)兩個全等的不等邊三角形中一對最長邊(或最大角)是對應(yīng)邊(或?qū)?yīng)角)，一對最短邊(或最小角)是對應(yīng)邊(或?qū)?yīng)角).要想正確地表示兩個三角形全等，找出對應(yīng)的

2、元素是關(guān)鍵.全等三角形的判定方法：(1)邊角邊定理(SAS):兩邊和它們的夾角對應(yīng)相等的兩個三角形全等.(2)角邊角定理(ASA):兩角和它們的夾邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等.(3)邊邊邊定理(SSS):三邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等.(4)角角邊定理(AAS):兩個角和其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等.(5)斜邊、直角邊定理(HL)：斜邊和一條直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等.全等三角形的應(yīng)用：運用三角形全等可以證明線段相等、角相等、兩直線垂直等問題，在證明的過程中，注意有時會添加輔助線.拓展關(guān)鍵點：能通過判定兩個三角形全等進而證明兩條線段間的位置關(guān)系和大小關(guān)系.而證明兩條線段或兩個角

3、的和、差、倍、分相等是幾何證明的基礎(chǔ).例題精講板塊一、截長補短【例1】(06年北京中考題)已知 ABC中，A 60°, BD、CE分別平分 ABC和.ACB , BD、CE交于點O,試判斷BE、CD、BC的數(shù)量關(guān)系，并加以證明.【解析】BE CD BC,理由是：在 BC上截取BF BE ,連結(jié)OF ,禾1J用SAS證彳導(dǎo) BEOBFO,，12,o 1oo A 60 , BOC 90- A 120 ,，DOE 120 ,2ADOE 180°, AEOADO 1800, 13 1800,24 180°,12,3 4,利用 AAS證彳# CDOCFO,，CD CF ,

4、. BC BF CF BE CD .【例2】 如圖，點 M為正三角形 ABD的邊AB所在直線上的任意一點（點B除外），作DMN 60 ,射線MN與/DBA外角的平分線交于點 N , DM與MN有怎樣的 數(shù)量關(guān)系？【解析】 猜測DM MN .過點M作MG / BD交AD于點G , AG AM , .GD MB 又/ADM DMA 120°, /DMA / NMB 1200 ，/ADM /NMB,而 /DGM / MBN 120°, DGM © MBN , DM MN .【變式拓展訓(xùn)練】 如圖，點M為正方形ABCD的邊AB上任意一點，MN DM且與/ABC 外角的平分

5、線交于點 N , MD與MN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？【解析】猜測DM MN .在AD上截取AG AM , . DG MB , AGM 45° ，/DGM /MBN 135 , .ZADM / NMB , DGM © MBN , DM MN .【例3】 已知：如圖， ABCD是正方形，/ FAD= ZFAE,求證：BE+DF=AE.【解析】 延長CB至M ,使得BM= DF,連接AM .AB=AD, AD LCD, AB ± BM , BM= DF.ZABM ADF. JAFD= ZAMB , ZDAF= /BAM. AB /CDZAFD= ZBAF= ZEAF+ ZBA

6、E= ZBAE+ /BAM = /EAM.ZAMB= /EAM. AE= EM = BE+ BM = BE+ DF.【例4】 以 ABC的AB、AC為邊向三角形外作等邊ABD、 ACE ,連結(jié) CD、BE 相交于點O .求證：OA平分 DOE .【解析】因為 ABD、 ACE是等邊三角形，所以AB AD , AE AC , CAE BAD 600,貝U BAE DAC ,所以 BAE © DAC , 則有 ABE ADC , AEB ACD , BE DC .在DC上截取DF BO,連結(jié) AF ,容易證得 ADF © ABO , ACF © AEO . 進而由AF

7、 AO.得 AFO AOF ;由 AOE AFO 可得 AOF AOE ,即 OA平分 DOE .【例5】（北京市、天津市數(shù)學(xué)競賽試題）如圖所示， ABC是邊長為1的正三角形， BDC是 頂角為120的等腰三角形，以 D為頂點作一個60的 MDN，點M、N分別在 AB、AC上，求 AMN的周長.【解析】【例6】【解析】如圖所示，延長AC至11 E使CE BM .在 BDM與 CDE中，因為BD CD , 所以 BDM色 CDE ,故MD ED.因為 BDC 120°, MDN 600,所以 又因為 BDM CDE ,所以 MDN在MND與END中，DN 所以 MND © E

8、ND,貝U NE 五邊形 ABCDE中，AB = AE, 求證：AD平分/CDEEECDMBDBDMEDNNDC60o.90°, BM60o.DN , MDN EDN 60°, DM DEMN ,所以 AMN的周長為2.BC+DE=CD, ZABC+ ZAED= 180C延長DE至F,使得EF=BC,連接AC. ZABC+ ZAED=180AEF+ ZAED=180. AB=AE, BC= EF . EF=BC, AC= AF . BC+ DE=CD. ZABCzAEF. CD=DE+ EF= DF. ZADCzADF. zADC= ZADF即AD平分ZCDE.zBCr /

9、AEF A板塊二、全等與角度【例7】如圖，在 ABC中, 求 ABC的度數(shù).ABAC 60 , AD 是 BAC 的平分線;.且 AC AB BD ,【解析】如圖所示，延長 AB至E使BE BD ,連接ED、EC.由 AC AB BD 知 AE AC ,故 AED© ACD .從而有DE DC , DEC 故 BED BDE DCE 所以 DEC DCE 200 ,而BAC 60°,則AEC為等邊三角形注意到 EAD CAD , AD AD , AE AC ,DCE , DEC 2 DEC.ABC BEC BCE 600 20° 80° .【另解】在AC

10、上取點E ,使得AEAB,則由題意可知CEBD.在 ABD 和 AED 中，AB AE , BAD EAD, AD AD, 則 ABD© AED,從而 BD DE , 進而有 DE CE , ECD EDC ,AED ECD EDC 2 ECD.注意到 ABD AED,則： 130°ABC ACB ABC ABC ABC 180 BAC 120 , 22故 ABC 80 .【點評】由已知條件可以想到將折線ABD “拉直”成AE,利用角平分線 AD可以構(gòu)造全等三角形.同樣地，將AC拆分成兩段，之后再利用三角形全等亦可，此思路也是十分 自然的.需要說明的是，無論采取哪種方法，都

11、體現(xiàn)出關(guān)于角平分線“對稱”的思想.上述方法我們分別稱之為“補短法”和“截長法”，它們是證明等量關(guān)系時優(yōu)先考慮的方法.【例8】在等月ABC中，AB AC,頂角 求 BDC.A 20 ,在邊 AB上取點D ,使 AD BC ,【解析】以AC為邊向 ABC外作正 ACE ,連接DE.在 ABC 和 EAD 中，AD BC , AB EA, EAD BAC CAE 20° 60° 80°ABC ,則 ABC© EAD.由此可得ED EA EC,所以 EDC是等腰三角形由于 AED BAC 20°,40°,ACE 70° 60

12、6; 10° , 30°.貝 U CED AEC 從而 DCE 70° , 貝 U BDC DACAED 60° 20°DCA DCEDCA 20° 10°【另解1】以AD為邊在 ABC外作等邊三角形 ADE ,連接EC .在 ACB 和 CAE 中，CAE 6020 ACB , AE ADAB因止匕 ACB© CAE ,從而 CABCE AB AC.在CAD和CED中,AD ED , CE CA, CD CD ,故 CAD© CED,從而 ACD ECD ,CAB ACE 2 ACD ,故 ACD 10

13、 ,因此 BDC 30【另解2如圖所示，以BC為邊向 ABC內(nèi)部作等邊 BCN，連接NA、ND. 在 CDA和 ANC 中，CN BC AD, CAD 200,ACN ACB BCN 80o 60o 20°,故CADACN,而 AC CA,進而有 CDA© ANC .貝UACDCAN100,故BDCDACDCA300.角度之間的C 20 ,【點評】上述三種解法均是向三邊作正三角形，然后再由三角形全等得到邊長、關(guān)系.【例9】（“勤奮杯”數(shù)學(xué)邀請賽試題 ）如圖所示，在 ABC中，AC BC, 又M在AC上，N在BC上，且滿足 BAN 50 , ABM 60 ,求 NMB .【解

14、析】過M作AB的平行線交BC于K ,連接KA交MB于P .連接PN ,易知 APB、 MKP均為正三角形.因為 BAN 50 , AC BC, C 20 ,所以 ANB 50 , BN AB BP, BPNBNP 80 ,貝U PKN 40 , KPN 180 60 8040 ,故 PN KN .從而 MPN © MKN .1進而有 PMN KMN , NMB KMP 30 .2【另解】如圖所示，在 AC上取點D ,使得 ABD 20 ,由 C 20、AC BC 可知 BAC 80 .而 ABD 20 ,故 ADB 80 , BA BD .在 ABN 中， BAN 50 , ABN

15、80 ,故 ANB 50 ,從而BA BN ,進而可得 BN BD.而 DBN ABC ABD 8020 60 ,所以BDN為等邊三角形.在 ABM 中， AMB 180 ABM BAM 180 80 6040 ,DBM ADB AMB 80 40 40 ,故 DMB DBM ,從而 DM DB.我們已經(jīng)得到 DM DN DB ,故D是 BMN的外心，1 從而 NMB NDB 30 .2【點評】本題是一道平面幾何名題，加拿大滑鐵盧大學(xué)的幾何大師Ross Honsberger將其喻為“平面幾何中的一顆明珠”.本題的大多數(shù)解法不是純幾何的，即使利用三角函數(shù)也不是那么容易.【例10】在四邊形ABCD

16、中，已知AB AC, ABD 60 , 求 DBC的度數(shù).【解析】如圖所示，延長BD至E,使DE DC,由已知可得: ADE 180 ADB 18076104 ,ADC ADB BDC 7628104 ,故 ADE ADC .又因為 AD AD , DE DC , 故 ADE© ADC， 因此 AE AC , E ACD , EAD CAD . 又因為AB AC , 故 AE AB , ABC ACB.而已知 ABD 60 ,所以ABE為等邊三角形.于是 ACD E EAB 60 , 故 CAD 180 ADC ACD 16 , 貝U CAB EAB CAD EAD 28 ,1從而

17、ABC -(180CAB) 76 ,ADB 76 , BDC 28 ,E【例11】（日本算術(shù)奧林匹克試題）如圖所示，在四邊形ABCD中DAC 12 ,CAB 36 , ABD 48 ,【解析】仔細觀察，發(fā)現(xiàn)已知角的度數(shù)都是 用正三角形.在四邊形ABCD外取一點P,使PAD12 且 AP在ADP和ADC 中,PADCAD12 , APAAC ,連接 PB、PD.P12的倍數(shù)，這使我們想到構(gòu)造DBC 24 ,求 ACD的度數(shù).故 ADP©從而 APDADC .ACD .在ABC中，故 ACB 72CABABC 72AB,所以 DBC ABC ABD 16 .精選文檔從而AP AB .而 PAB PAD DAC CAB 12 12 3660 ,故PAB是正三角形，APB 60 , PA PB .在 DAB 中， DAB DAC CAB 123648 DBA ,故 DA DB.在 PDA和 PDB 中，PA PB , PD PD , DA DB,故 PDA© PDB ,1從而 APD BPD APB 30 , 2AD BD, AC BC, CD則 ACD 30 .【例12（河南省數(shù)學(xué)競賽試題AB BC, BD BD ,BED BCD 30o.在ABC外取一點E ,使 DBE【解析】如圖所示，連接DC.因為 則 ADC© BDC , 故 BCD 30o.