基本图形分析法详述轴对称型全等三角形，教你怎么添对辅助线

在平面几何中，全等三角形是非常重要的一个部分，而在全等三角形中，根据图形又分成轴对称型全等三角形、中心对称型全等三角形、旋转型全等三角形、平移型全等三角形。那么如何观察已知图形，从而推得运用那种基本图形来进行证明就成了关键。但通常情况下要证明全等时，图形不是完整的，可能需要添加辅助线来得到完整的对应图形。这自然就有了难度，所以如何在线段较多的图形中得到关键的全等三角形？如何添出关键的辅助线？基本图形分析法就教你怎么去分析今天的三道经典例题，以及整个思考过程，一起来学习吧

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例15 如图5-40，已知：等边△ABC中，延长BC到D，延长BA到E，使AE=BD。求证：CE=DE。

图5-40

分析：本题的条件中出现了AE=BD，所以BE=AB+AE，就等于AB+BD。这是一条线段等于两条线段的和的问题，所以可根据线段和的定义，将AB和BD这两条线段接起来，也就是延长BD到F（如图5-41），使DF=AB，那就可得BF=BE。而这是两条具有公共端点的相等线段，它们就可以组成一个等腰三角形，于是联结EF（如图5-42），再由∠B=60°，可知△BEF不仅是一个等腰三角形，而且是一个等边三角形，也就是BE=BF=EF，∠F=∠B=60°。而我们要证明相等的这两条线段CE和DE就出现在这个等边三角形的轴对称部分，从而就可应用轴对称型全等三角形进行证明。那么在△EBC和△EFD中，由EB=EF，∠B=∠F和BC=FD，就可以在证明这两个三角形全等以后证得结论。

图5-41

图5-42

本题在根据线段和的定义来进行分析时，也可以将线段和的问题转化成线段差的问题来进行讨论。于是由BE=AB+BD，转化为BD=BE-AB，从而在EB上截取EF=AB，就可得BF=BD，这又是两条具有公共端点的相等线段，它们可组成一个等腰三角形，于是联结DF（如图5-43），再由∠B=60°，就可得△BDF是等边三角形，BD=BF=DF。而我们现在要证明相等的这两条线段EC和ED可分别看作是△ECA和△DEF的边，而在这两个三角形中，我们有AE=BD=FD，∠CAE=∠EFD=180°-60°=120°，CA=AB=EF，所以这两个三角形全等可以证明，分析也就可以完成。

图5-43

例16 如图5-44，已知：D是等边△ABC内的一点，且AD=BD，P是△ABC外的一点，且∠DBP=∠DBC，BP=BA。求证：∠P=30°

图5-44

分析：由本题的条件BP=BA和△ABC是等边三角形，可得BA=BC，BP=BC，又因为∠DBP=∠DBC，就出现了BP和BC这两条相等线段是关于BD成轴对称的，从而就可以添加轴对称型全等三角形进行证明。根据BP和BC关于BD的轴对称性，就可以找到这对全等三角形应是△BPD和△BCD，于是联结CD（如图5-45），而在这两个三角形中，已经有BP=BC，∠DBP=∠DBC，BD=BD，所以这两个三角形全等，∠P=∠BCD，这样问题就可转化成要证∠BCD=30°，但已知∠BCA=60°，所以又应证∠BCD=∠ACD。而这两个角相等一出现，就说明这两个相等的角是关于CD成轴对称，所以仍然可应用轴对称型全等三角形进行证明。根据∠BCD和∠ACD关于CD的轴对称性，就可以找到这对全等三角形应是△BCD和△ACD，而在这两个三角形中，已出现的条件是BD=AD，BC=AC，CD=CD，所以这两个三角形全等，分析就可以完成。

图5-45

例17 如图5-46，已知：E、F分别是正方形ABCD的边AD、AB上的两点，∠ECF=45°，CG⊥EF，G是垂足。求证：CG=CD。

图5-46

分析：本题要证明CG=CD，而条件中又给出了∠CDE=∠CGE=90°和CE=CE，所以△CED和△CEG应是一对轴对称型的全等三角形，但要证明这一对三角形全等，由于CG=CD是结论不能用，所以还要再证明一个性质。

由条件∠ECF=45°，且∠BCD=90°，所以有∠BCF+∠DCE=90°-45°=45°，这是两个角的和的问题，因而可根据两个角的和的定义将这两个角拼起来，也就是以C为顶点、CD为一边，在正方形ABCD外作∠DCH=∠BCF，这样就有∠ECH=45°，也就得∠ECH=∠ECF，而这两个角相等一出现，也就是出现了这两个相等的角是关于CE成轴对称的，从而又可以应用一次轴对称型全等三角形进行证明根据△CED和△CEG也是一对轴对称型全等三角形可知F点的对称点H应在ED的延长线上，因此在作∠DCH的边CH时就应交ED的延长线于H（如图5-47）。这样就出现了△ECH和△ECF应是一对轴对称型全等三角形，而它们的一组对应角，即∠CEH和∠CEF也同时是△CED和△CEG的一组对应角，所以问题就成为要证△CEH≌△CEF。而在这两个三角形中，已经出现的条件是∠ECH=∠ECF=45°，CE=CE，所以还要再证明一个条件。由于∠CEH=∠CEF是要证的结论，不能用；∠H=∠EFC与∠CEH=∠CEF是等价的性质，也不能用；而EH=EF即使成立，但构成的是两边和其中一边的对角，不能用来证明这两个三角形全等，因而只能证明CH=CF。

图5-47

由于CH和CF是两条具有公共端点的相等线段，且它们又互相垂直，所以可组成一个等腰直角三角形，也就是半个正方形。而已知四边形ABCD也是正方形，从而又出现两个具有公共顶点C的正方形，所以就可出现一对旋转型的全等三角形，根据由公共顶点C发出的两组相等线段两两组成全等三角形的方法，可得△CHD≌△CFB，全等的条件是CD=CB，∠CDH=∠CBF=90°，∠DCH=∠BCF=90°-∠DCF。所以CH=CF。这样进一步就可证明△ECH≌△ECF，∠CEH=∠CEF，那么△CED≌△CEG也就可以证明，分析也就可以完成。