中考数学：三角形的全等及其应用(3)

分析2 如图2-7所示．注意到在Rt△ABM中，由AE⊥BM得到∠MAE=∠MBA，若延长AE，过C作CF⊥AC交AE延长线于F，可构成Rt△ABM≌Rt△ACF，从而有∠AMB=∠F．设法证明∠DMC=∠F，则问题获解．

　　证法2 引辅助线如分析2所述．在Rt△ABM与Rt△CAF中，∠ABM=∠CAF，AB=AC，及

∠BAM=∠ACF=90°，

Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，

　　∠AMB=∠F，AM=CF． ①

　　在△MCD与△FCD中，FC=AM=MC(因为M是AC中点)．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．

　　说明 这两个证法的思路较为复杂．添加辅助线的结果造出两对全等三角形，第一对全等三角形产生一些对应相等的元素，为第二对全等三角形做了铺垫；第一对全等三角形将欲证的一个角“转移”到第二对全等三角形中，从而最后使问题获解．对一些较复杂的问题采用迂回的办法，因势利导地创造全等三角形，产生更多的相等条件，使欲证的角(或边)转移位置，走出“死角”，最终使问题获解．

　　例5 如图2-8所示．正方形ABCD中，在边CD上任取一点Q，连AQ，过D作DP⊥AQ，交AQ于R，交BC于P，正方形对角线交点为O，连OP，OQ．求证：OP⊥OQ．

　　分析 欲证OP⊥OQ，即证明∠COP+∠COQ=90°．然而，∠COQ+∠QOD=90°，因此只需证明∠COP=∠DOQ即可．这归结为证明△COP≌△DOQ，又归结为证明CP=DQ，最后，再归结为证明△ADQ≌△DCP的问题．

　　证 在正方形ABCD中，因为AQ⊥DP，所以，在Rt△ADQ与Rt△RDQ中有∠RDQ=∠QAD．所以，在Rt△ADQ与Rt△DCP中有

AD=DC，∠ADQ=∠DCP=90°，

∠QAD=∠PDC，

△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．

　　又在△DOQ与△COP中，

DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，

△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．

　　∠POQ=∠COP+∠COQ=∠DOQ+∠COQ

　　　　 =∠COD=90°，

　　即OP⊥OQ．

　　说明 (1)利用特殊图形的特殊性质，常可发现有用的条件，如正方形对角线互相垂直，对角线与边成45°角，及OA=OB=OC=OD等均在推证全等三角形中被用到．

　　(2)两个三角形的全等与对应元素相等，这两者互为因果，这是利用全等三角形证明问题的基本技巧．

　　例6 如图2-9所示．已知正方形ABCD中，M为CD的中点，E为MC上一点，且∠BAE=2∠DAM．求证：AE=BC+CE．

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