例1 如图2-1所示．∠1=∠2，∠ABC=∠DCB．求证：AB=DC．
分析 用全等三角形证明线段(或角)相等，最常用的方法是探究所求证的线段(或角)分别在一对可证的全等三角形之中．本题的AB，DC分别属于两对三角形△ABE和△CDE及△ABC和△DBC．经分析可证明△ABE≌△CDE．
证 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．
说明 线段AB，CD也属于两个(事实上)全等的△ABE和△DCE，因此也可直接证明这两个三角形全等．
例2 如图2-2所示．△ABC是等腰三角形，D，E分别是腰AB及AC延长线上的一点，且BD=CE，连接DE交底BC于G．求证：GD=GE．
分析 从图形看，GE，GD分别属于两个显然不全等的三角形：△GEC和△GBD．此时就要利用这两个三角形中已有的等量条件，结合已知添加辅助线，构造全等三角形．方法不止一种，下面证法是其中之一．
证 过E作EF‖AB且交BC延长线于F．在△GBD及△GEF中， ∠BGD=∠EGF(对顶角)， ①
∠B=∠F(两直线平行内错角相等)． ②
又∠B=∠ACB=∠ECF=∠F，所以，△ECF是等腰三角形，从而EC=EF．又因为EC=BD，所以
BD=EF． ③
由①，②，③
△GBD≌△GEF(AAS)，
所以 GD=GE．
说明 适当添加辅助线、构造全等三角形的方法可以不止一种，本题至少还有以下两种方法：
(1)过D作DF‖AC，交BC于F．可用同样方法证明△GFD≌△GCE(图2-3)．
(2)过D作DF⊥BC于F；过E作EH⊥BC于BC延长线于H，可证明△GFD≌△GEH(图2-4)．
做完一道题后，再想一想还有没有其他证明方法，比较一下哪种证法更好，这对于发展思考、锻炼能力是大有好处的．
例3 如图2-5所示．在等边三角形ABC中，AE=CD，AD，BE交于P点，BQ⊥AD于Q．求证：BP=2PQ．
分析 首先看到BP，PQ在Rt△BPQ之中，只要证明∠BPQ=60°(或∠PBQ=30°)．然而，∠BPQ是△ABP的一个外角，所以∠BPQ=∠PAB+∠PBA．但∠A=∠PAB+∠PAC=60°，若能证明∠PBA=∠PAC，问题即能解决，这两个角分别在△ABE与△CAD中，可以证明这两个三角形全等．
证 在△ABE与△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°角的对边等于斜边的一半)．
说明 发现或构造全等三角形是利用全等三角形证明题目的关键，为此，我们常从发现两个三角形中对应元素相等入手，逐步发现或经推理“凑齐”三角形全等的条件．如本题在分析到欲证∠ABP=∠CAD后，进而把注意力集中到△ABE与△CAD中，这里，可适当利用几何直观感觉，启发我们寻找有希望全等的三角形，例如虽然△ABP与△APE都含欲证的角，但只需观察即可知，这两个三角形无望全等．
例4 如图2-6所示．∠A=90°，AB=AC，M是AC边的中点，AD⊥BM交BC于D，交BM于E．求证：
∠AMB=∠DMC．
分析1 从图形观察∠AME与∠DMC所在的两个三角形△AME与△DMC显然不全等，但是这两个三角形中有其他相等元素：AM=MC．若能利用已知条件在现有的三角形中构造出新的对应相等的元素，形成全等三角形，这是理想不过的事．由于∠C=45°，∠A=90°，若作∠A的平分线AG，则在△AGM中，∠GAM=45°=∠C．结合求证中的∠AMB=∠DMC(这当然不能作为已知，但在分析中可以“当作已知”来考虑，以便寻找思路)，我们可以断言△AGM“应该”与△CDM全等！为此，只要在这两个三角形中求得一组边相等即可．图形及条件启发我们可考虑去证明△AGB≌△CDA．
证法1 作∠BAC的平分线AG，交BM于G．在△AGB与△CDA中，因为
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与△CMD中，还有
AM=MC，∠GAM=∠DCM=45°，
所以 △AMG≌△CMD，
从而 ∠AMB=∠DMC．
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°，
所以
Rt△ABM≌Rt△CAF(ASA)，
所以
∠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，
所以
△ADQ≌△DCP(ASA)，DQ=CP．
又在△DOQ与△COP中，
DO=CO，∠ODQ=∠OCP=45°，
所以
△DOQ≌△COP(SAS)，∠DOQ=∠COP．
从而
∠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．
分析 证明一条线段等于两条线段和的基本方法有两种：
(1)通过添辅助线“构造”一条线段使其为求证中的两条线段之和(BC+CE)，再证所构造的线段与求证中那一条线段相等．
(2)通过添辅助线先在求证中长线段(AE)上截取与线段中的某一段(如BC)相等的线段，再证明截剩的部分与线段中的另一段(CE)相等．我们用(1)法来证明．
证 延长AB到F，使BF=CE，则由正方形性质知
AF=AB+BF=BC+CE．
下面我们利用全等三角形来证明AE=AF．为此，连接EF交边BC于G．由于对顶角∠BGF=∠CGE，所以
Rt△BGF≌Rt△CGE(AAS)，
从而
于是
Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，
所以
过G引GH⊥AE于H．因为AG是∠EAF的平分线，所以GB=GH，从而Rt△GBF≌Rt△GHE(HL)，所以
∠F=∠HEG，
则 AF=AE(底角相等的三角形是等腰三角形)，
即 AE=BC+CE．
说明 我们也可以按分析(2)的方法来证明结论，为此可先作∠BAE的平分线AG交边BC于G，再作GH⊥AE于H，通过证明△ABG≌△AHG知AB=AH=BC．下面设法证明HE=CE即可，请同学们自证．
练 习 十
1．如图2-10所示．AD，EF，BC相交于O点，且AO=OD，BO=OC，EO=OF．求证：△AEB≌△DFC．
2．如图2-11所示．正三角形ABC中，P，Q，R分别为AB，AC，BC的中点，M为BC上任意一点(不同于R)，且△PMS为正三角形．求证：RM=QS．
3．如图2-12所示．P为正方形ABCD对角线BD上任一点，PF⊥DC，PE⊥BC．求证：AP⊥EF．
4．如图2-13所示．△ABC的高AD与BE相交于H，且BH=AC．求证：∠BCH=∠ABC．
5．如图2-14所示．在正方形ABCD中，P，Q分别为BC，CD边上的点，∠PAQ=45°．求证：PQ=PB+DQ．
6．如图2-15所示．过△ABC的顶点A分别作两底角∠B和∠C的角平分线的垂线，AD⊥BD于D，AE⊥CE于E．求证：ED‖BC．
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