不忘“辅线”，方得“全等”

证明三角形全等是解决线段与角相等或和、差、倍、分关系的重要方法，有时应用“全等三角形”来解题时，原图中并不存在全等三角形，需要添加辅助线进行构造，这是我们学习过程中的一个难点.下面，就如何利用已有条件作辅助线构造全等三角形和同学们进行一些探索.

一、作旋转图形得全等

例1 如图1，设点P是等边△ABC内的一点，PB=6，PA=8，PC=10，则∠APB的度数是

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【分析】本题中的PB、PA、PC的长度分别为6、8、10，很容易让我们想到直角三角形，又因为等边三角形中BC、BA长度相等且有公共的端点，所以可以运用“旋轉法”构造全等三角形来解决.

解：∵△ABC为等边三角形，∴BA=BC.

可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，则△BEA≌△BPC，连EP，如图1.

∴BE=BP=6，AE=PC=10，∠PBE=60°，

∴△BPE为等边三角形，

∴PE=PB=6，∠BPE=60°.

在△AEP中，AE=10，AP=8，PE=6，

∴AE2=PE2+PA2，

∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°，

∴∠APB=90°+60°=150°.

【方法点拨】本题的考点为旋转的性质、等边三角形的性质以及全等三角形的性质.我们利用旋转构造全等三角形，将已知线段相对集中，组合成特殊的直角三角形，同时又产生了等边三角形，再进行等量代换解决了问题.

二、“截长”或“补短”得全等

例2 如图2，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=CB，AD平分∠BAC交BC于D，求证：AC=AB+BD.

【分析】从结论出发，要证明两条线段之和等于第三条线段，就可以采取“截长补短”法.

证法一：如图3所示，在AC上截取AE=AB，连接DE.

∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠DAC.

在△ABD和△AED中，AB=AE，∠BAD=∠DAC，AD=AD，∴△ABD≌△AED（SAS），

∴∠AED=∠B=90°，BD=ED.

又∵AB=BC，∴∠C=45°，

∴∠EDC=∠C=45°，∴DE=CE，∴BD=CE，

∴AC=AE+EC=AB+BD.

证法二：如图4所示，延长AB到E，使BE=BD，连接DE.

∵∠ABC=90°，AB=BC，BE=BD，

∴∠C=∠CAB=45°，∠E=∠EDB=45°，

∴∠C=∠E.

∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，

又∵AD=AD，∴△ACD≌△AED（AAS），

∴AE=AC，∴AC=AB+BE=AB+BD.

【方法点拨】所谓“截长”，即在较长线段上截取一段等于两条较短线段中的一条，再证明剩下的一段等于另一条线段；所谓补短，即把两条短线段补成一条长线段，再证它与长线段相等.本题无论用哪种方法都是把证明线段和、差的问题转化为证明线段相等问题.

三、作平行线得全等

例3 如图5，已知在△ABC中，AB=AC，D在AB上，E在AC的延长线上，DE交BC于F，且DF=EF，求证：BD=CE.

图5 图6

【分析】过点D做DG∥AC，由平行我们得出一对同位角和一对内错角的相等，再结合已知的相等线段以及题中隐含的对顶角，就顺利构造出了全等三角形.

证明：如图6，过点D作DG∥AC交BC于G，

∴∠DGB=∠ACB，∠DGF=∠ECF，

又∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，

∴∠B=∠DGB，∴DB=DG.

∵DF=EF，∠DFG=∠CFE，

∴△DGF≌△ECF，∴DG=CE.∴BD=CE.

【方法点拨】此题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质.题中原来有一对相等的线段以及一对对顶角，所以依托这两个条件可以思考再增加什么条件可构成全等三角形，故想到作平行线构造相等的角可证得.

四、倍长中线得全等

例4 如图7，已知在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD上一点，且BE=AC，延长BE交AC于F，求证：AF=EF.

【分析】如图8，延长中线至点G，使DG=AD，再连接BG，这样就可以用“SAS”证明△ADC与△GDB全等，接下来问题就明朗了.

证明：延长AD到G，使得DG=AD，

∵AD是△ABC的中线，∴BD=CD，

又∵∠BDG=∠CDA，

∴△ADC≌△GDB（SAS），

∴BG=AC，∠CAD=∠G，

∵BE=AC，∴BE=BG，∴∠G=∠BEG.

又∵∠BEG=∠AEF，∴∠G=∠AEF，

∴∠CAD=∠AEF，∴AF=EF.

【方法点拨】题中若有中线，可以考虑将中线延长一倍来构造全等三角形，从而将分散的条件集中，这种方法通常称为“中线倍长法”.本题还考查了等腰三角形的性质和判定，可见综合运用三角形知识思考问题非常重要.见中点构造全等三角形应根据具体的条件进行选择，也不能一味模仿应用.

（作者单位：扬州大学附属中学东部分校）