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在中學教材中，關于三角形全等有以下判定公理：

　　(1)邊角邊公理 有兩邊和它們的夾角對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“SAS”)．

　　(2)角邊角公理 有兩角和它們的夾邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“ASA”)．

　　推論有兩個角和其中一個角的對邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“AAS”)．

　　(3)邊邊邊公理 有三邊對應相等的兩個三角形全等(簡寫成“SSS”)．

　　關于直角三角形有：

　　(4)斜邊、直角邊公理 有斜邊和一條直角邊對應相等的兩個直角三角形全等(簡寫成“HL”)．

　　利用全等三角形，我們可以得到有關角平分線、線段的垂直平分線、等腰三角形的許多重要性質，在本講中將直接利用這些性質．

　　借助于全等三角形的知識，我們可以研究很多關于角和線段相等及不等問題、關于直線平行與垂直問題．

　　例1 如圖2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求證：AB=DC．

　　分析用全等三角形證明線段(或角)相等，最常用的方法是探究所求證的線段(或角)分別在一對可證的全等三角形之中．本題的AB，DC分別屬于兩對三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．經分析可證明△ABE≌△CDE．

　　證由已知，∠1=∠2，

　　∠ABC=∠DCB，而

　　∠EBC=∠ABC-∠1，

　　∠ECB=∠DCB-∠2，

　　所以∠EBC=∠ECB．在

　　△ABC及△BCD中，

　　∠ABC=∠BCD，

　　∠EBC=∠ECB，BC=BC，

　　所以 △ABC≌△DCB(ASA)，

　　所以 AB=CD．

　　說明線段AB，CD也屬于兩個(事實上)全等的△ABE和△DCE，因此也可直接證明這兩個三角形全等．

　　例2 如圖2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分別是腰AB及AC延長線上的一點，且BD=CE，連接DE交底BC于G．求證：GD=GE．

　　分析從圖形看，GE，GD分別屬于兩個顯然不全等的三角形：△GEC和△GBD．此時就要利用這兩個三角形中已有的等量條件，結合已知添加輔助線，構造全等三角形．方法不止一種，下面證法是其中之一．

　　證過E作EF∥AB且交BC延長線于F．在△GBD及△GEF中， ∠BGD=∠EGF(對頂角)， ①

　　∠B=∠F(兩直線平行內錯角相等)． ②

　　又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，從而EC=EF．又因為EC=BD，所以

BD=EF． ③

　　由①，②，③

△GBD≌△GEF(AAS)，

　　所以 GD=GE．

　　說明適當添加輔助線、構造全等三角形的方法可以不止一種，本題至少還有以下兩種方法：

　　(1)過D作DF∥AC，交BC于F．可用同樣方法證明△GFD≌△GCE(圖2-3)．

　　(2)過D作DF⊥BC于F；過E作EH⊥BC于BC延長線于H，可證明△GFD≌△GEH(圖2-4)．

　　做完一道題后，再想一想還有沒有其他證明方法，比較一下哪種證法更好，這對于發展思考、鍛煉能力是大有好處的．

　　例3 如圖2-5所示．在等邊三角形ABC中，AE=CD，AD，BE交于P點，BQ⊥AD于Q．求證：BP=2PQ．

　　分析首先看到BP，PQ在Rt△BPQ之中，只要證明∠BPQ=60°(或∠PBQ=30°)．然而，∠BPQ是△ABP的一個外角，所以∠BPQ=∠PAB+∠PBA．但∠A=∠PAB+∠PAC=60°，若能證明∠PBA=∠PAC，問題即能解決，這兩個角分別在△ABE與△CAD中，可以證明這兩個三角形全等．

　　證在△ABE與△CAD中，

　　∠EAB=∠DCA=60°，AB=CA，AE=CD，

　　所以

△ABE≌△CAD(SAS)，

　　所以 ∠ABE=∠CAD．

　　由于∠BPQ是△ABP的外角，所以

　　∠BPQ=∠PAB+PBA=∠PAB+∠CAD=60°．

　　在Rt△BQP中，∠BPQ=60°，∠PBQ=30°，所以BP=2PQ(在Rt△BPQ中30°角的對邊等于斜邊的一半)．

　　說明發現或構造全等三角形是利用全等三角形證明題目的關鍵，為此，我們常從發現兩個三角形中對應元素相等入手，逐步發現或經推理“湊齊”三角形全等的條件．如本題在分析到欲證∠ABP=∠CAD后，進而把注意力集中到△ABE與△CAD中，這里，可適當利用幾何直觀感覺，啟發我們尋找有希望全等的三角形，例如雖然△ABP與△APE都含欲證的角，但只需觀察即可知，這兩個三角形無望全等．

　　例4 如圖2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC邊的中點，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求證：

∠AMB=∠DMC．

　　分析1 從圖形觀察∠AME與∠DMC所在的兩個三角形△AME與△DMC顯然不全等，但是這兩個三角形中有其他相等元素：AM=MC．若能利用已知條件在現有的三角形中構造出新的對應相等的元素，形成全等三角形，這是理想不過的事．由于∠C=45°，∠A=90°，若作∠A的平分線AG，則在△AGM中，∠GAM=45°=∠C．結合求證中的∠AMB=∠DMC(這當然不能作為已知，但在分析中可以“當作已知”來考慮，以便尋找思路)，我們可以斷言△AGM“應該”與△CDM全等！為此，只要在這兩個三角形中求得一組邊相等即可．圖形及條件啟發我們可考慮去證明△AGB≌△CDA．

　　證法1 作∠BAC的平分線AG，交BM于G．在△AGB與△CDA中，因為

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△AMG與△CMD中，還有

AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，

　　所以 △AMG≌△CMD，

　　從而 ∠AMB=∠DMC．

　　分析2 如圖2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥BM得到∠MAE=∠MBA，若延長AE，過C作CF⊥AC交AE延長線于F，可構成Rt△ABM≌Rt△ACF，從而有∠AMB=∠F．設法證明∠DMC=∠F，則問題獲解．

　　證法2 引輔助線如分析2所述．在Rt△ABM與Rt△CAF中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

　　所以

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

　　所以

　　∠AMB=∠F，AM=CF． ①

　　在△MCD與△FCD中，FC=AM=MC(因為M是AC中點)．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．

　　說明這兩個證法的思路較為復雜．添加輔助線的結果造出兩對全等三角形，第一對全等三角形產生一些對應相等的元素，為第二對全等三角形做了鋪墊；第一對全等三角形將欲證的一個角“轉移”到第二對全等三角形中，從而最后使問題獲解．對一些較復雜的問題采用迂回的辦法，因勢利導地創造全等三角形，產生更多的相等條件，使欲證的角(或邊)轉移位置，走出“死角”，最終使問題獲解．