从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形.pdf

1、从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形 旋转型全等三角形旋转型全等三角形 AB=AD，AC=AE，BAD=CAE = ABCADE，ABD=ACE，ADB=AEC 将ABC绕三角形的顶点A旋转一个角度成为 ADE，这两个三角形就是一对旋转型全等三角形。 而由AB=AD，这是两条具有公共端点的相等线段， 所以它们可以组成一个等腰三角形，同样，由AC=AE，它们也可以组成一个等 腰三角形，而这两个等腰三角形的顶角是相等的，所以这两个等腰三角形一定 相似，而由ABD=ACE和ADB=AEC，如果延长BD与CE相交，则可得两个圆 内接四边形。 所以，一对绕三角形的顶点旋转得到的旋转型全等三角形的基本图形

2、中， 一定同时出现一对相似的等腰三角形和两个圆内接四边形。 由于这是旋转型全等三角形的基本图形的本质属性，所以只有在整体上进 行教学，才能将这个基本图形的特征、性质、应用条件和应用方法讲清楚。然 而，按照通常的教学进度，在进行全等三角形的教学时，显然还不可能进行相 似三角形和圆周角这两部分内容的教学，而在进行相似三角形和圆周角的教学 时，又不可能再回过来进行全等三角形的教学，也就是本质上是完整的内容被 割裂开来进行教学了，所以老师就很难讲清楚，讲清楚问题的本质，将清楚思 想方法的规律性，这也就是旋转型全等三角形在教学中出现的困难所在。 解决的方法：一是在进行旋转型全等三角形的教学时，可适当地进

3、行拓 展，让学生较早地接触、知道并形成一定的概念、性质，到进入相似三角形和 圆周角的教学时再进行强化；二是在进行旋转型全等三角形的教学时，如果没 有拓展的话，则可在进入相似三角形和圆周角的教学时，尤其是在总复习阶段 可安排专题性的教学。 在进行全等三角形的教学时，由于在相似的等腰三角形中，有两类特殊的 等腰三角形，它们是必定相似的，这就是等边三角形和等腰直角三角形，所以 在给出等边三角形或等腰直角三角形的条件时，就可以实质上出现相似的等腰 三角形而又可以避免出现相似三角形的概念，成为旋转型全等三角形的可实施 的教学内容。 于是，就可以发现只要出现两个具有公共顶点的等边三角形或等腰直角三 角形（

4、半个正方形）时，就一定得到一对旋转型全等三角形。 旋转型全等三角形应用的第一种情况是出现了由一点发出的两组交成等角 的相等线段，应用的方法是将这两组相等线段两两组成旋转型全等三角形。 旋转型全等三角形应用的第二种情况是出现了两个具有公共顶点的等边三 角形，应用的方法是将由这个公共顶点发出的两组相等线段（等边三角形的 边）两两组成旋转型全等三角形。 旋转型全等三角形应用的第三种情况是出现了两个具有公共顶点的正方形 或具有公共直角顶点的等腰直角三角形，应用的方法是将由这个公共顶点发出 的两组相等线段（正方形的边）两两组成旋转型全等三角形。 例 1，已知：ABC 中，以 AB 为边在ABC 外作等边

5、ABD，以 AC 为边在ABC 外作等边 ACE，连结 BE、CD 求证：CD=BE 分析：在本题的条件中，出现了两个以 A 为 公共顶点的等边ABD 和等边ACE，从而就必定 出现一对旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 A 发出的两组相等线段 AD、 AB 和 AC、AE 两两组成全等三角形的方法，可找到 这一对全等三角形应是ADC 和ABE， 全等的条件是 AD=AB，AC=AE，它们的夹角 DAC 和BAE 都等于旋转角 60加上公共部分 BAC，因此 CD=BE 就可以证明。 例 2，已知：ABC 中，以 AB 为边在ABC 外作等边ABD，以 AC 为边在ABC 外作等边 ACE，C

6、D、BE 相交于 F，连结 AF 求证：AF 平分DFE 分析 1：本题的条件中，出现了两个以 A 为公 共顶点的等边ABD 和等边ACE，从而就必定出 现一对旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 A 发出的两组相等线段 AD、 AB 和 AC、AE 两两组成全等三角形的方法，就可找 到这对全等三角形应是ADC 和ABE，全等的条件 是 AD=AB，AC=AE，它们的夹角DAC 和BAE 都等 于旋转角 60加上公共部分BAC， 在证明了ADC 和ABE 是一对旋转型全等三 角形以后，由于在旋转型全等三角形的基本图形中， 必定同时出现两个圆内接四边形，所以就可由ADC ABE，推得ADF=ABF

7、，从而又可进一步推得 A、D、B、F 四点共圆，就可 得AFD=ABD=60，而由 B、F、E 成一直线，又可证得AFE=ADB=60， 所以结论可以证明。 分析 2：由于许多学校在进行全等三角形的教 学时，尚未进行圆周角和圆内接四边形的教学，有 关圆内接四边形额基本图形的性质还不能用，所以 就要讨论其它的可能性。 本题在证明了ADC 和ABE 是一对旋转型全 等三角形以后，由于结论中出现的 AF 可以看作是 ADC 中的一条线段，所以当ADC 绕点 A 旋转 60 到达ABE 的位置时，AF 也应随ADC 的旋转而绕 点A旋转60到达ABE中的对应位置， 如果F点落到了G点上， 则必有BG=

8、DF， 所以应在 BE 上截取 BG=DF，并连结 AG，那就可得ADF 和ABG 也是一对 旋转型全等三角形， 全等的条件是 AD=AB， ADF=ABG 和 DF=BG， 就可得AFD= AGB，AF=AG， 而这是两条具有公共端点的相等线段，它们可以组成一个等腰三角形，应 用等腰三角形的性质，又可得AFG=AGB，从而也就可以证明AFD=AFG。 由于ADF 和ABG 也是一对旋转角为 60的旋转型全等三角形，所以可 证明AFG 也是一个等边三角形，而且也是以 A 为公共顶点，所以每两个等边 三角形就可以组成一对旋转型全等三角形，这样图形中出现的旋转型全等三角 形就有三对，根据同样的方法

9、可以找到第三对旋转型全等三角形是AFC 和 AGE，所以 FC=GE， 从而可进一步证明 FA+FB+FC=BE， 如果在题目开始时，直接以 BC 为边在ABC 外作等边BCF，连结 AF 则可用同样的方法找到另外两对旋转型全 等三角形， 从而可证明 CD=BE=AF，且可证明它们交 于一点 G，这是一个非常重要的点，过这个点 的三条连线将一个周角分成 6 个相等的角， 也就是 60角， 同时， 这个点有一个重要性质就是它到三个顶点的距离和， 即 GA+GB+GC=BE 是两个确定点之间的一条线段，所以它是三角形内到三角形的三个顶点的距离 和为最小的点，也就是在ABC 内任取一点 P，有 GA

10、+GB+GCPA+PB+PC，等号 在 P 点与 G 点重合时成立。 由于 GA+GB+GC=BE，所以问题就是要证 BEPA+PB+PC，由于 GA、GB、GC 依 次接起来等于 BE，所以 PA、PB、PC 也要依次接起来，而要证 BEPA+PB+PC，所 以接起来的结果必定是过 B、E 两点的一条折线， 由于在将 GA 接到 GB 上时，是应用了一个等边AGH 接过去的，所以在一般 的位置上也应用同样的方法接过去，也就是以 PA 为边作等边APQ， 但这个等边三角形一作出，就出现了等边APQ 和等边ACE 是两个以 A 为 公共顶点的等边三角形，从而就必定出现一对旋转型全等三角形， 根据

11、由公共顶点 A 发出的两组相等线段 AP、AQ 和 AC、AE 两两组成全等三 角形的方法， 就可找到这对全等三角形应是APC 和AQE， 全等的条件是 AP=AQ， AC=AE，它们的夹角PAC 和QAE 都等于旋转角 60减去公共部分QAC， 所以 PC=QE， 因为 BEBP+PQ+QE=PA+PB+PC，所以分析可以完成。 例 3，已知：C 是 AB 上的一点，以 AC 为边作 等边ACD，以 BC 为边向 AD 所在的一侧作等边 BCE，AE、CD 相交于 F，BD、CE 相交于 G 求证：CF=CG 分析 1：本题条件中给出ACD、BCE 都是等 边三角形，且它们具有公共顶点 C，

12、所以想到要应 用旋转型全等三角形进行证明，根据由公共顶点 C 发出的两组相等线段是 CA、CD 和 CE、CB 两两组成 的全等三角形的方法，就可找到这对全等三角形应 是ACE 和DCB， 全等的条件是 CA=CD，CE=CB，它们的夹角都等 于旋转角 60加上公共部分ACE（也是 60） ，也 就是都等于 120，在证明了ACE 和DCB 全等以 后，就可得EAC=BDC， 由于本题要证的结论是 CF=CG，这也是两条具 有公共端点相等线段，所以可组成一个等腰三角形， 又因为 A、C、B 成一直线，从而又可得DCE=60， 所以CFG 不仅是等腰三角形，而且是一个等 边三角形（这个等边三角形

13、尚未出现，但在分析中 可以想到） ，而这个等边三角形与等边ACD 或等边 BCE 又都有一个公共顶点 C，从而又可分别出现 一对旋转型全等三角形，如果由公共顶点 C 发出的 两组相等线段选取 CA、CD 和 CF、CG，则这对全等 三角形就是ACF 和DCG， 在讨论全等条件时，CF 和 CG 相等是结论，不 能用，这样就可以取 AC=DC，ACF=DCG=60， 还需要的一个条件就可以取由ACEDCB 后得 到的CAF=CDG，所以结论就可以证明。 如果由公共顶点 C 发出的两组相等线段选取 CE、CB 和 CF、CG，则全等三 角形就是ECF 和BCG，也可用类似的方法完成分析。 分析 2

14、：本题要证明 CF=CG，而由条件ACD 和 BCE 都是等边三角形，所以ACD=ABE=60， 由于这两个角是 CD、BE 被 AB 所截得到的一组 同位角，所以可应用与同位角有关的平行线的基本 图形的性质进行证明，也就可得 CDBE， 这样结论中出现的线段 CF 就成为ABE 内一 条边 BE 的平行线段，所以就可以应用由三角形内 一条边的平行线段得到的平行线型相似三角形进 行证明， 于是，由 CFBE，可得ACFABE， = ， CF= = +， 又因为 BE=BC，所以 CF= +， 根据同样的道理还可得BCGBAD， = ， 也可证得 CF= +，从而也可以完成分析。 例 4，已知：

15、菱形 ABCD 中，ABC=60， E、F 分别是 BC、CD 边上的动点，AEF=60， 求证：AB=CE+CF 分析 1： 本题要证明 AB=CE+CF， 就是要证明 CD=CE+CF， 也就是要证明 DF=CE， 由于已知四边形 ABCD 是菱形，就可以转化为三角形的问题进行讨论，转化 的方法是添加对角线，于是联结 AC，就可得ACD 是一个等边三角形， 由条件AEF=60，观察图形，可以发现EAF 也是一个等边三角形（当然 这还是一个要证明的结论） ，这样就出现了两个以 A 为公共顶点的等边三角形， 所以一定得到一对旋转型全等三角形， 找这对全等三角形的方法是： 将由公共顶点 A 发出

16、的两组相等线段 AE、 AF； AC、AD 两两组成全等三角形， 所以联结 AF，就可以找到这对全等三角形应是AEC 和AFD， 全等的条件是 AC=AD，ACE=ADF=60, 所以还要证明一个性质， 由于 CE=DF 是要证明的结论，不能用，证明 AE=AF，即使证了也不能证明这 两个三角形全等，所以第三个条件只能是证明对应角相等， 由于一对旋转型全等三角形，必定同时出现一对相似的等腰三角形和两个 圆内接四边形， 所以由条件AEF=60和ACD=60, 就可得 A、E、C、F 四点共圆， 再由 C、F、D 成一直线，就可推得AEC=AFD，也就可以完成分析。 分析 2：本题要证明 AB=C

17、E+CF， 出现了两条线段的和，所以可根据线段和的定义，将这两条线段接起来， 所以延长 FC 到 G，使 CG=CE，问题就成为要证明 FG 等于菱形的边长， 在作出了 CG=CE 后，就出现了这是两条具有公共端点 C 的相等线段，所以 它们可以组成一个等腰三角形， 由于这个等腰三角形只有两条腰而没有底边， 所 以应将底边添上，也就是联结 EG，那么CEG 就是一个等腰三角形， 在这个三角形中， 又可以得到ECG=60 （或者是等于B， 或者是等于 180 120） ，所以CEG 不仅是一个等腰三角形，而且是一个等边三角形， 由条件AEF=60，观察图形，可以发现EAF 也是一个等边三角形（当

18、然 这还是一个要证明的结论） ，这样就出现了两个以 E 为公共顶点的等边三角形， 所以一定得到一对旋转型全等三角形， 找这对全等三角形的方法是： 将由公共顶点 E 发出的两组相等线段 EG、 EC； EF、EA 两两组成全等三角形， 所以联结 AC，就可以找到这对全等三角形应是EAC 和EFG， 全等的条件是 EC=EG，ACE=FGE=60, 所以还要证明一个性质， 由于 AC=FG 是要证明的结论，不能用，证明 EA=EF，即使证了也不能证明这 两个三角形全等，所以第三个条件只能是证明对应角相等， 由条件AEF=GEC=60(就是旋转角)，再加上公共部分FEC，就可得 AEC=FEG，所以

19、EAC 和EFG 全等就可以证明，分析就可以完成。 分析 3：当然，在作出CEG 这个等边三角形后， 由于已知四边形 ABCD 是菱形，就可以转化为三角形的问题进行讨论，转化 的方法是添加对角线， 于是联结 AC，就可得ABC 也是一个等边三角形，这样就 出现了两个以 C 为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转型全等三角 形， 找这对全等三角形的方法是： 将由公共顶点 C 发出的两组相等线段 CE、 CG； CA、CB 两两组成全等三角形， 所以联结 BG，就可证明CEA 和CGB 是一对旋转型全等三角形， 然后同样可以证明FEG 和BGC， 分析 4：本题要证明 AB=CE+CF， 而

20、已知 AB=BC，所以就要证明 BC=CE+CF，也就是要证明 BE=CF， 这样就出现了两条以 A 为旋转中心、旋转 60得到的两条相等线段（更一 般的道理是出现了绕正六边形的中心旋转 60的两条相等线段，这里的正六边 形没有完整地画出来） ， 所以可添加旋转型全等三角形进行证明，添加的方法是作具有公共顶点的 两个等边三角形， 由于 BC 是等边三角形 ABC 的一条边，所以首先取的是等边三角形 ABC，于 是以与等边ABC 的顶点 A 发出的线段 AE 为边作等边三角形 AEG， 这样就出现了两个以 A 为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转 型全等三角形， 找这对全等三角形的方法是

21、： 将由公共顶点 A 发出的两组相等线段 AG、 AE； AB、AC 两两组成全等三角形， 所以联结 BG，就可以找到这对全等三角形应是AGB 和AEC， 全等的条件是 AG=AE，AB=AC，夹角BAG 和CAE 都等于旋转角 60减去 公共部分BAE, 从而就可得 BG=CE，ABG=ACE=60, 于是，就可得到BEG 和CFE 也是一对绕等边三角形 ABC 的顶点 A 旋转 60的全等三角形，全等的条件已经有 BG=CE，EBG=FCE=120,所以还要证 明一个性质， 由于 BE=CF 是要证明的结论，不能用，证明 EG=FE，即使证了也不能证明这 两个三角形全等（这是一般地讲两边一

22、对角对应相等还不能证明这两个三角形 全等，在这里因为所对的角 120，所以如果能证明相等的话，实际上已经可以 证明全等了） ，所以第三个条件只能是证明对应角相等， 也就是要证明BEG=CFE， 由于在ECF 内，CFE=180-120-CEF=60-CEF， 而由 B、E、C 成一直线，AEG=AEF=60, 也可以证明BEG=60-CEF， 所以BEG=CFE 可以证明，分析就可以完成。 例 5，已知：A、B、C、D、E、F 是O 上 的六点，AOF、BOC、ODE 和OEF 都是 等边三角形，G 是 AB 的中点，H 是 CD 的中点， I 是 EF 的中点，联结 GH、HI、GI. 求证

23、：GHI 是等边三角形 分析 1：本题的条件中给出 G 是 AB 的中点，H 是 CD 的中点，I 是 EF 的中点，是三个中点，是多个中点问题，所以可应用或添 加三角形中位线的基本图形进行证明， 由于 G、H、I 这三个中点所在的线段 AB、CD、EF 没有公共端点，不能组成 三角形，所以这三个中点两两的联线就不是三角形的中位线，所以就要增加中 点。 又因为ODE、 OEF、 OFA 是三个连续的等边三角形，它们组成了半个正 六边形， 而另一半中只有一个OBC 是等边三角形，而这个等边三角形在位置上又 没有确定的要求，或者也就是等腰OAB 和OCD 并没有大小上的确定的要求， 所以OBC 就

24、可以绕 O 旋转， 而对这个问题来说，那就是不论这个三角形旋转到什么位置上，这个结论 都是成立的， 也就是将相应的三个中点顺次连结起来， 得到的都是等边三角形， 而图形在一般位置上成立的性质，在特殊位置上是一定成立的，而图形在 特殊位置上时，由于有特殊的性质可应用，所以就可以首先对要证明的性质加 以证明， 于是就首先考虑将OBC 旋转到圆内的一个特殊位置上，也就是将 B、C 也 旋转到圆内接正六边形的顶点上， 也就是延长 EO 交O 于 J，延长 FO 交O 于 K，并连结 AJ、JK、KD，那么 六边形 AJKDEF 就是圆内接正六边形， 对这个正六边形来讲，同样的性质当然也应该是成立的，所

25、以取 AJ 和 KD 的中点 L、M，并连结 IL、LM、MI，则ILM 也是一个等边三角形，但这个性质 是可以首先进行证明的， 由于现在 I、L、M 是正六边形 AJKDEF 不相邻的三边的中点，所以 IL 是等 腰梯形 AJEF 的中位线， AFJELI， 根据同样的道理可以证明 MIKFDE， 所以ILM 是等边三角形， 由于要证明的结论是GHI 是等边三角形，这样就出现了两个以 I 为公共 顶点的等边三角形，所以必定会构成一对旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 I 发出的两组相等线段 IM、IL 和 IH、IG 两两构成全等三 角形的方法，可找到这对全等三角形应是HIM 和GIL， 于

26、是连结 GL、HM， 由于GHI是等边三角形是要证明结论， 所以就要先证这两个三角形全等， 现在已经出现的全等条件是 MI=LI，而 GI=HI 是要证明的结论，不能用，所 以要另外证明两个性质， 由于现在条件中出现了 G、H、I、L、M 分别是 AB、CD、EF、AJ、KD 的中点， 是多个中点问题，所以就可应用三角形的中位线的基本图形的性质进行证明， 由于 G、L 所在的线段 AB、AJ 具有公共端点 A，可以组成三角形，所以 GL 就是三角形的中位线， 而现在图形中是有中位线但三角形不完整，所以应将三角形的边添上， 也就是连结 BJ，即可得 GLBJ， 根据同样的道理，由 H、M 分别是

27、 DC、DK 的中点，连结 CK 后，又可得 HM CK， 由于这两组性质都与 GL 和 HM 有联系， 所以证明HIM 和GIL 全等的第二 个条件就应是证明 GL=HM，也就进一步成为要证 BJ=CK， 由于在条件中还出现了OBC 和OJK 也是两个具有公共顶点 O 的等边三 角形，所以又可以构成一对旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 O 发出的两组相等线段 OB、OC 和 OJ、OK 两两组成全等三 角形的方法，可找到这对全等三角形应是OBJ 和OCK， 全等的条件是 OB=OC，OJ=OK，BOJ=COK 都等于旋转角 60减去公共部 分JOC，从而就可证得 BJ=CK，也就可得 GL

28、=HM， 在证明了两组边对应相等以后，由于第三组边 IJ 和 IH 对应相等，是要证 明的结论，不能用，所以第三个条件只能证明它们的夹角相等，也就是应证 GLI=HMI， 但我们已证明 GLBJ，LIJE，所以GLI=BJE，根据同样的道理，又可 得HMI=CKF，但在证明了OBJOCK 后，又有BJE=CKF，所以上述性 质可以证明， 在证得GIL 和HIM 全等后，就可得 IG=IH，GIL=HIM， 而已经证明LIM=HIM+LIH=60，所以就有GIH=GIL+LIH 也等 于 60，所以GHI 是等边三角形就可以证明 例 6，已知：ABC 中，以 AB 为边向ABC 外作正方形 AB

29、DE，以 AC 为边向ABC 外作正方形 ACFG，连结 BG、CE 求证：BG=CE 分析：本题条件中出现了两个以 A 为公共顶 点的正方形 ABDE 和 ACFG，从而就可出现一对旋转 型全等三角形， 根据由公共顶点 A 发出的两组相等线段 AE、 AB 和 AC、AG 两两组成全等三角形的方法，可以找 到这对全等三角形应是ACE 和AGB， 全等的条件是 AE=AB，AC=AG 和它们的夹角 EAC 和BAG 都等于旋转角 90加上公共部分BAC，在证明了ACE 和AGB 全等以后，就可得 CE=BG，分析就可以完成。 例 7，已知：ABC 中，以 AB 为边向ABC 外作正方形 ABD

30、E，以 AC 为边向ABC 外作正方形 ACFG，以 AE、AG 为邻边作平行四边形 AGHE，AD、 BE 相交于 I，连结 HI、CI 求证：HI=CI 分析 1：本题要证明 HI、CI 这两条线段相等， 又因为条件给出正方形 ABDE 的对角线 AD、BE 相交 于 I，所以 EI=AI，这样就出现了由 I 点发出的两 组相等线段，从而就想到要应用旋转型全等三角 形来进行证明，且这两组相等线段应两两交成等 角，由于 EIAI，所以 HI 也应与 CI 垂直，所以 HI 和 EI 可以组成一个等腰直角三角形，也就是半 个正方形， 而 AD、BE 将正方形 ABDE 分成四个等腰直角 三角形

31、，也都是半个正方形，且它们有一个公共 顶点 I，且这个顶点 I 也是 HI、CI 组成的等腰直角三角形的直角顶点，所以就 可以应用旋转型全等三角形进行证明， 由于正方形 ABDE 被分成四个等腰直角三 角形，所以选择哪一个等腰直角三角形来进行分析，就可以有四种可能情况， 如选取等腰直角IEA，那么等腰直角IEA 和要证明的等腰直角IHC 就 是两个具有公共顶点 I 的半个正方形，所以就可组成一对旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 I 发出的两组相等线段 IE、IA 和 IH、IC 两两组成全等三角形 的方法，就可以找到这对全等三角形应是IEH 和IAC， 由于IHC 是等腰直角三角形是要证明的

32、结论， 不能用， 所以就要先证明这 两个三角形全等，在IEH 和IAC 中，已经有的条件是 IE=IA，由条件四边形 AGHE 是平行四边形， 应用平行四边形的性质， 可得 EH=AG， 而由条件四边形 ACFG 是正方形，又可得 AG=AC，所以 EH=AC， 这样证明这两个三角形全等的第三个条件， 就应证它们的夹角相等， 即IEH 和IAC 相等， 由于 AD、 BE 是正方形 ABDE 的对角线， 所以IEA=IAB=45， 于是问题就成为应证AEH=BAC，由条件四边形 AGHE 是平行四边形，所以 AEH+EAG=180，而BAC+EAG=360-BAE-CAG=360-90-90

33、=180，从而就可得AEH=BAC，在证明了这两个三角形全等以后，就可得 HI=CI，分析就可以完成。 分析 2：如考虑选取等腰直角IAB，那么等 腰直角IAB 和要证明的等腰直角IHC 就是两个 具有公共顶点 I 的半个正方形，所以就可组成一对 旋转型全等三角形，根据由公共顶点 I 发出的两组相等线段 IA、IB 和 IH、IC 两两组成全等三角形的方法，就可以找到这对全等三角形应是IAH 和IBC， 但现在图形中IAH 尚未出现，所以应先连结 AH，由于IHC 是等腰直角三角形是要证明的结论， 不能用，所以就要先证明这两个三角形全等， 在IAH 和IBC 中，已经有的条件是 IA=IB，

34、由条件四边形 AGHE 是平行四边形，应用平行四边 形的性质，可得 EH=AG，而由条件四边形 ACFG 是 正方形，又可得 AG=AC，所以 EH=AC， 而由条件四边形 ABDE 是正方形，又可得 EA= AB，由条件四边形 AGHE 是平行四边形，所以AEH +EAG=180，而BAC+EAG=360-BAE-CAG =360-90-90=180从而可得AEH=BAC， 于是又进一步可以证明EAH 和ABC 是一对绕正方形 ABDE 的中心 I 旋转 90的全等三角形， 也就可得 AH=BC， EAH=ABC， 这样证明IAH 和IBC 全 等的第三个条件，就应证两组相等的对应边的夹角相

35、等，即IAH 和IBC 相 等， 由于 AD、BE 是正方形 ABDE 的对角线，所以IAE=IBA=45，而已证 EAH=ABC， 所以IAE+EAH=IBA+ABC， 从而就可证明IAH 和IBC 全等， 就可得 HI=CI，分析就可以完成。 分析 3：如考虑选取等腰直角IBD，那么等 腰直角IBD 和要证明的等腰直角IHC 就是两个 具有公共顶点 I 的半个正方形，所以就可组成一对 旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 I 发出的两组相等线段 IB、 ID 和 IH、IC 两两组成全等三角形的方法，就可以 找到这对全等三角形应是IHB 和ICD，但现在 图形中IHB 和ICD 都尚未出现，

36、所以应先将这 两个三角形添出，也就是连结 HB、CD， 由于IHC 是等腰直角三角形是要证明的结论， 不能用， 所以就要先证明这 两个三角形全等，在IHB 和ICD 中，已经有的条件是 IB=ID，由条件四边形 AGHE 是平行四边形， 可得 EH=AG， 而由条件四边形 ACFG 是正方形， 又可得 AG=AC， 所以 EH=AC， 而由条件四边形 ABDE 是正方形，又可得 EB=AD，由四边形 AGHE 是平行四 边形，又可得 EHAG，而 ACAG，所以 ACEH，又因为 EBAD，就可得HEB= CAD， 于是又进一步可以证明HEB 和CAD 是一对绕正方形 ABDE 的中心 I 旋

37、 转 90的全等三角形，也就可得 HB=CD，EBH=ADC，这样在IHB 和ICD 中，就又有 HB=CD 和IBH=IDC，所以IHB 和ICD 全等就可以证明，就可 得 HI=CI，分析就可以完成。 分析 4：如考虑选取等腰直角IDE，那么等 腰直角IDE 和要证明的等腰直角IHC 就是两个 具有公共顶点 I 的半个正方形，所以就可组成一对 旋转型全等三角形， 根据由公共顶点 I 发出的两组相等线段 ID、IE 和 IH、IC 两两组成全等三 角形的方法，就可以找到这对全等三角形应是IDH 和IEC，但现在图形中 IDH 和IEC 尚未出现，所以应先连结 DH、EC， 由于IHC 是等腰

38、直角三角形是要证明的结论， 不能用， 所以就要先证明这 两个三角形全等， 在IDH 和IEC 中，已经有的条件是 ID=IE，由条件四边形 AGHE 是平行 四边形， 可得 EH=AG， 而由条件四边形 ACFG 是正方形， 又可得 AG=AC， 所以 EH=AC， 而由条件四边形 ABDE 是正方形，又可得 AE=ED，由条件四边形 AGHE 是平 行四边形，可得 EHAG，而 ACAG，所以 ACEH，又因为 AEED，就可得 HED=CAE， 于是又进一步可以证明HED 和CAE 是一对 绕正方形 ABDE 的中心 I 旋转 90的全等三角形， 也就可得 HD=CE，EDH=AEC， 由

39、于 AD、BE 是正方形 ABDE 的对角线，所以 IDE=IEA=45，而已证EDH=AEC，所以IDE-EDH=IEA-AEC，就 可得IDH=IEC，从而就可证明IDH 和IEC 全等，就可得 HI=CI，分析就 可以完成。 已知：ABC 内接于O，AB=BC=CA， 连结 DB、DA、 DC 求证：DA=DB+DC 已知：ABC 中，以 AB 为边在ABC 外作等边ABD，以 AC 为边在ABC 外作等边ACE，以 BC 为边向 AB 所在的一侧作等边BCF，连结 DF、EF 求证：四边形 AEFD 是平行四边形 已知：ABC 中，以 AB 为边在ABC 外作等边ABD，以 AC 为边在ABC 外作等边ACE，F 是 BC 的中点，G 是 BD 的中点，H 是 CE 的中点，连结 FG、 FH 求证：FG=FH 已知：正方形 ABCD 中，E 是 CD 上的一点，连结 BE，F 是 AD 上的一点， 连结 BF，ABF=EBF 求证：BE=CE+AF