初中数学竞赛专题培训(10)

二次根式的概念、性质以及运算法则是根式运算的基础，在进行根式运算时，往往用到绝对值、整式、分式、因式分解，以及配方法、换元法、待定系数法等有关知识与解题方法，也就是说，根式的运算，可以培养同学们综合运用各种知识和方法的能力．下面先复习有关基础知识，然后进行例题分析．

二次根式的性质：

二次根式的运算法则：

设a，b，c，d，m是有理数，且m不是完全平方数，则当且仅

当两个含有二次根式的代数式相乘时，如果它们的积不含有二次根式，则这两个代数式互为有理化因式． 例1 化简：

法是配方去掉根号，所以

因为x-2＜0，1-x＜0，所以 原式=2-x+x-1=1．

＝a-b-a+b-a+b=b-a．

说明 若根式中的字母给出了取值范围，则应在这个范围内进行化简；若没有给出取值范围，则应在字母允许取值的范围内进行化简． 例2 化简：

分析 两个题分母均含有根式，若按照通常的做法是先分母有理化，这样计算化简较繁．我们可以先将分母因式分解后，再化简．

解法1 配方法．

配方法是要设法找到两个正数x，y(x＞y)，使x+y=a，xy=b，则

解法2 待定系数法．

例4 化简：

(2)这是多重复合二次根式，可从里往外逐步化简．

分析 被开方数中含有三个不同的根式，且系数都是2，可以看成

解 设

两边平方得

②×③×④得

(xyz)2=5×7×35=352．

因为x，y，z均非负，所以xyz≥0，所以

xyz=35．⑤

⑤÷②，有z=7．同理有x=5，y=1．所求x，y，z显然满足①，所以

解 设原式=x，则

解法1 利用(a＋b)3＝a3＋b3＋3ab(a＋b)来解．

将方程左端因式分解有 (x-4)(x2

＋4x＋10)＝0． 因为

x2＋4x＋10＝(x＋2)2＋6＞0， 所以x-4＝0，x＝4．所以原式＝4． 解法2

说明 解法2看似简单，但对于三次根号下的拼凑是很难的，因此本题解法1是一般常用的解法．

例8 化简：

解(1)

本小题也可用换元法来化简．

解 用换元法．

解 直接代入较繁，观察x，y的特征有

所以

3x2-5xy＋3y2＝3x2＋6xy＋3y2-11xy ＝3(x＋y)2-11xy ＝3×102-11×1＝2． 例11 求

分析 本题的关键在于将根号里的乘积化简，不可一味蛮算．

解 设根号内的式子为A，注意到1＝(2-1)，及平方差公式(a＋b)(a-b)＝a2-b2，所以 A＝(2-1)(2＋1)(22

＋1)(24

＋1)…(22

56＋1)＋1

＝(22-1)(22＋1)(24＋1)(28＋1)…(2256＋1)＋1

＝(24-1)(24＋1)(28＋1)(216＋1)…(2256＋1)＋1

＝…＝(22

56-1)(2256＋1)＋1 ＝22×256-1＋1＝22×256，

的值．

分析与解 先计算几层，看一看有无规律可循．

解 用构造方程的方法来解．设原式为x，利用根号的层数是无限的特点，有

两边平方得

两边再平方得

x4-4x2＋4＝2＋x，所以x4-4x2-x＋2＝0． 观察发现，当x＝-1，2时，方程成立．因此，方程左端必有因式(x＋1)(x-2)，将方程左端因式分解，有

(x＋1)(x-2)(x2＋x-1)＝0．

2．计算：

解 因为

练习七

1．化简：

3．计算：

初中数学竞赛专题培训 第八讲 非负数 所谓非负数，是指零和正实数．非负数的性质在解题中颇有用处．常见的非负数有三种：实数的偶次幂、实数的绝对值和算术根． 1．实数的偶次幂是非负数

若a是任意实数，则a2n≥0(n为正整数)，特别地，当n=1时，有a2

≥0． 2．实数的绝对值是非负数 若a是实数，则

性质 绝对值最小的实数是零．` 3．一个正实数的算术根是非负数

4．非负数的其他性质

(1)数轴上，原点和原点右边的点表示的数都是非负数．(2)有限个非负数的和仍为非负数，即若a1，a2，…，an为非负数，则 a1＋a2＋…＋an≥0．

(3)有限个非负数的和为零，那么每一个加数也必为零，即若a1，a2，…，an为非负数，且a1＋a2＋…＋an=0，则必有a1＝a2＝…＝an＝0． 在利用非负数解决问题的过程中，这条性质使用的最多．

(4)非负数的积和商(除数不为零)仍为非负数．

(5)最小非负数为零，没有最大的非负数． (6)一元二次方程ax2＋bx＋c=0(a≠0)有实数根的充要条件是判别式△=b2-4ac为非负数．

应用非负数解决问题的关键在于能否识别并揭示出题目中的非负数，正确运用非负数的有关概念及其性质，巧妙地进行相应关系的转化，从而使问题得到解决．

解得a=3，b=-2．代入代数式得

解 因为(20x-3)2为非负数，所以

-(20x-3)2≤0． ①

-(20x-3)2≥0． ②

由①，②可得：-(20x-3)2

=0．所以 原式=｜｜20±0｜＋20｜=40．

说明 本题解法中应用了“若a≥0且a≤0，则a=0”，这是个很有用的性质． 例3 已知x，y为实数，

解 因为x，y为实数，要使y的表达式有意

义，必有

解 因为a2+b2-4a-2b+5=0，所以

a2-4a+4+b2-2b+1=0，

即 (a-2)2+(b-1)2=0．

(a-2)2=0，且 (b-1)2=0． 所以a=2，b=1．所以

例5 已知x，y为实数，求

u=5x2-6xy+2y2+2x-2y+3的最小值和取得最小值时的x，y的值．

解 u=5x2

-6xy+2y2

+2x-2y+3

=x2

+y2

+1-2xy+2x-2y+4x2

-4xy+yg2+2 =(x-y+1)2

+(2x-y)2

+2． 因为x，y为实数，所以

(x-y+1)2

≥0，(2x-y)2

≥0，所以u≥2．所以当

时，u有最小值2，此时x=1，y=2． 例6 确定方程(a2+1)x2-2ax+(a2+4)=0的实数根的个数．

解 将原方程化为 a2x2-2ax+1+x2+a2+3=0， 即(ax-1)2+x2+a2+3=0． 对于任意实数x，均有

(ax-1)2

≥0，x2

≥0，a2

≥0，3＞0，所以，(ax-1)2+x2+a2+3恒大于0，故 (a2+1)x2-2ax+(a2+4)=0无实根． 例7 求方程

的实数根． 分析 本题是已知一个方程，但要求出两个未知数的值，而要确定两个未知数的值，一般需要两个方程．因此，要将已知方程变形，看能否出现新的形式，以利于解题．

解之得

经检验，均为原方程的解．

说明 应用非负数的性质“几个非负数之和为零，则这几个非负数都为零”，可将一个等式转化为几个等式，从而增加了求解的条件． 例8 已知方程组

求实数x1，x2，…，xn的值．

解 显然，x1=x2=…=xn=0是方程组的解． 由已知方程组可知，在x1，x2，…，xn 中，只要有一个值为零，则必有x1=x2=…=xn=0．所以当x1≠0，x2≠0，…，xn≠0时，将原方程组化为

将上面n个方程相加得

又因为xi为实数，所以

经检验，原方程组的解为

例9 求满足方程｜a-b｜+ab=1的非负整数a，b的值．

解 由于a，b为非负整数，所以

解得

例10 当a，b为何值时，方程

x2+2(1+a)x+3a2+4ab+4b2+2=0有实数根？ 解 因为方程有实数根，所以△≥0，即 △=4(1+a)2

-4(3a2

+4ab+4b2

+2) =4a2

+8a+4-12a2

-16ab-16b2

-8 =-8a2

-16ab-16b2

+8a-4≥0， 所以

2a2-4ab-4b2+2a-1≥0， -a2+2a-1-a2-4ab-4b2≥0， -(a-1)2-(a+2b)2≥0．

因为(a-1)2≥0，(a+2b)2≥0，所以

例11 已知实数a，b，c，r，p满足

pr＞1，pc-2b+ra=0，

求证：一元二次方程ax2+2bx+c=0必有实数根．

证 由已知得2b=pc+ra，所以

△=(2b)2

-4ac=(pc+ra)2

-4ac =p2c2+2pcra+r2a2-4ac =p2c2-2pcra+r2a2+4pcra-4ac

=(pc-ra)2+4ac(pr-1)．由已知pr-1＞0，又

(pc-ra)2≥0，所以当ac≥0时，△≥0；当ac＜0时，也有△=(2b)2-4ac＞0．综上，总有△≥0，故原方程必有实数根．

例12 对任意实数x，比较3x2

+2x-1与x2

+5x-3的大小．

解 用比差法． (3x2+2x-1)-(x2+5x-3) =2x2-3x+2

即

(3x2+2x-1)-(x2+5x-3)＞0， 所以 3x2+2x-1＞x2+5x-3．

说明 比差法是比较两个代数式值的大小的常用方法，除此之外，为判定差是大于零还是小于零，配方法也是常用的方法之一，本例正是有效地利用了这两个方法，使问题得到解决． 例13 已知a，b，c为实数，设

证明：A，B，C中至少有一个值大于零． 证 由题设有 A+B+C

=(a2-2a+1)+(b2-2b+1)+(c2-2c+1)+π-3 =(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2+(π-3)．

因为(a-1)2≥0，(b-1)2≥0，(c-1)2≥0，π-3＞0，所以A+B+C＞0．

若A≤0，B≤0，C≤0，则A+B+C≤0与A+B+C＞0不符，所以A，B，C中至少有一个大于零．

(a-2ab+b)+(c-2cd+d)+(2ab-4abcd+2cd)=0，

即 (a2-b2)2+(c2-d2)2+2(ab-cd)2=0． 4

22

4

2

22

4

22

22

例14 已知a≥0，b≥0，求证：

分析与证明 对要求证的不等式两边分别因式分解有

由不等式的性质知道，只须证明

因为a≥0，b≥0，所以

又因为

所以原不等式成立．

例15 四边形四条边长分别为a，b，c，d，它们满足等式

a4+b4+c4+d4=4abcd，

试判断四边形的形状． 解 由已知可得 a4

+b4

+c4

+d4

-4abcd=0， 所以

因为a，b，c，d都是实数，所以 (a2-b2)2≥0，(c2-d2)2≥0，(ab-cd)2≥0， 所以

由于a，b，c，d都为正数，所以，解①，②，③有

a=b=c=d．

故此四边形为菱形．

练 习 八

1．求x，y的值：

4．若实数x，y，z满足条件

5．已知a，b，c，x，y，z都是非零实数，且a2+b2+c2=x2+y2+z2=ax+by-cz，

6．若方程k(x2-4)+ax-1=0对一切实数k都有实数根，求a的取值范围．

初中数学竞赛专题培训 第九讲 一元二次方程 一元二次方程是中学代数的重要内容之一，是进一步学习其他方程、不等式、函数等的基础，其内容非常丰富，本讲主要介绍一元二次方程的基本解法．

方程ax2+bx+c=0(a≠0)称为一元二次方程．

例2 解关于x的方程： x2-(p2+q2)x+pq(p+q)(p-q)=0． 解 用十字相乘法分解因式得

一元二次方程的基本解法有开平方法、配方法、公式法和国式分解法．

对于方程ax2+bx+c=0(a≠0)，△=b2-4ac称为该方程的根的判别式．当△＞0时，方程有两个不相等的实数根，即

当△=0时，方程有两个相等的实数根，即

当△＜0时，方程无实数根．

分析 可以使用公式法直接求解，下面介绍的是采用因式分解法求解．

因为

所以

[x-p(p-q)][x-q(p+q)]=0，

所以x1=p(p-q)，x2=q(p+q)．

例3 已知方程(2000x)2-2001×1999x-1=0的较大根为a，方程x2+1998x-1999=0的较小根为β，求α-β的值．

解 由方程(2000x)2-2001×1999x-1=0得

(20002x+1)(x-1)=0，

(x+1999)(x-1)=0，

故x1=-1999，x2=1，所以β=-1999．所以

α-β=1-(-1999)=2000．

例4 解方程：(3x-1)(x-1)=(4x+1)(x-1)． 分析 本题容易犯的错误是约去方程两边的(x-1)，将方程变为

3x-1=4x+1，

所以x=-2，这样就丢掉了x=1这个根．故特别要注意：用含有未知数的整式去除方程两边时，很可能导致方程失根．本题正确的解法如下． 解 (3x-1)(x-1)-(4x+1)(x-1)=0， (x-1)[(3x-1)-(4x+1)]=0，

(x-1)(x+2)=0， 所以 x1=1，x2=-2．

例5 解方程：x2-3｜x｜-4=0．

分析 本题含有绝对值符号，因此求解方程时，要考虑到绝对值的意义．

解法1 显然x≠0．当x＞0时，x2-3x-4=0，所以x1=4，x2=-1(舍去)．当x＜0时，x2+3x-4=0，

当ac＞0(即a，c同号时)，方程无实数根． 例8 解关于x的方程： 所以x3=-4，x4=1(舍去)．

所以原方程的根为x1=4，x2=-4． 解法2 由于x2=｜x｜2，所以 ｜x｜2-3｜x｜-4=0，

所以 (｜x｜-4)(｜x｜+1)=0，

所以 ｜x｜=4，｜x｜=-1(舍去)．

所以 x1=4，x2=-4．

例6 已知二次方程

3x2

-(2a-5)x-3a-1=0

有一个根为2，求另一个根，并确定a的值． 解 由方程根的定义知，当x=2时方程成立，所以

3×22-(2a-5)×2-3a-1=0， 故a=3．原方程为

3x2-x-10=0，即(x-2)(3x+5)=0，

例7 解关于x的方程：ax2+c=0(a≠0)． 分析 含有字母系数的方程，一般需要对字母的取值范围进行讨论．

当c=0时，x1=x2=0；

(m-1)x2+(2m-1)x+m-3=0．

分析 讨论m，由于二次项系数含有m，所以首先要分m-1=0与m-1≠0两种情况(不能认为方程一定是一元二次方程)；当m-1≠0时，再分△＞0，△=0，△＜0三种情况讨论．

解 分类讨论．

(1)当m=1时，原方程变为一元一次方程

x-2=0，

所以x=2．

(2)当m≠1时，原方程为一元二次方程．

△=(2m-1)2-4(m-1)(m-3)=12m-11．

例9 解关于x的方程： a2(x2-x+1)-a(x2-1)=(a2-1)x． 解 整理方程得

(a2-a)x2-(2a2-1)x+(a2+a)=0．

(1)当a2-a≠0，即a≠0，1时，原方程为一元二次方程，因式分解后为

[ax-(a+1)][(a-1)x-a]=0，

(2)当a2-a=0时，原方程为一元一次方程，当a=0时，x=0；当a=1时，x=2．

例10 求k的值，使得两个一元二次方程 x2+kx-1=0，x2+x+(k-2)=0

有相同的根，并求两个方程的根．

解 不妨设a是这两个方程相同的根，由方程根的定义有 a2

+ka-1=0， ① a2+a+(k-2)=0． ② ①-②有 ka-1-a-(k-2)=0， 即 (k-1)(a-1)=0， 所以k=1，或a=1．

(1)当k=1时，两个方程都变为x2+x-1=0，所以两个方程有两个相同的根

没有相异的根；

(2)当a=1时，代入①或②都有k=0，此时两个方程变为

x2-1=0，x2+x-2=0．

解这两个方程，x2-1=0的根为x1=1，x2=-1；x2+x-2=0的根为x1=1，x2=-2．x=1为两个方程的相同的根．

例11 若k为正整数，且关于x的方程 (k2-1)x2-6(3k-1)x+72=0

有两个不相等的正整数根，求k的值． 解 原方程变形、因式分解为

(k+1)(k-1)x2-6(3k-1)x+72=0，

[(k+1)x-12][(k-1)x-6]=0， 即

4，7．所以k=2，3使得x1，x2同时为正整数，但当k=3时，x1=x2=3，与题目不符，所以，只有k=2为所求．

例12 关于x的一元二次方程x2-5x=m2-1有实根a和β，且｜α｜+｜β｜≤6，确定m的取值范围．

解 不妨设方程的根α≥β，由求根公式得

｜α｜+｜β｜=α+β=5＜6，

符合要求，所以m2≤1．

例13 设a，b，c为△ABC的三边，且二次三项式x2+2ax+b2与x2+2cx-b2有一次公因式，证明： 因为x-2≥1，所以x1=1不符合题意，舍去．所以x=8，此时共有球(x-2)2=36个．

△ABC一定是直角三角形．

证 因为题目中的两个二次三项式有一次公因式，所以二次方程x2+2ax+b2=0与x2+2cx-b2=0必有公共根，设公共根为x0 ，则

两式相加得

若x0=0，代入①式得b=0，这与b为△ABC的边不符，所以公共根x0=-(a＋c)．把x0=-(a＋c)代入①式得

(a+c)2-2a(a+c)+bg2=0，

整理得

a2=b2+c2

所以△ABC为直角三角形．

例14 有若干个大小相同的球，可将它们摆成正方形或正三角形，摆成正三角形时比摆成正方形时每边多两个球，求球的个数．

解 设小球摆成正三角形时，每边有x个球，则摆成正方形时每边有(x-2)个球．此时正三角形共有球

此时正方形共有(x-2)2个球，所以

即 x2-9x+8=0， x1=1，x2=8．

练 习 九

1．解方程：

(2)20x2+253x+800=0； (3)x2+｜2x-1｜-4=0．

2．解下列关于x的方程： (1)abx2-(a4+b4)x+a3b3=0；

(2)(2x2-3x-2)a2+(1-x2)b2=ab(1+x2)．

3．若对任何实数a，关于x的方程x2-2ax-a+2b=0都有实数根，求实数b的取值范围．

4．若方程x2+ax+b=0和x2+bx+a=0有一个公共根，求(a+b)2000的值．

5．若a，b，c为△ABC的三边，且关于x的方程

4x2+4(a2+b2+c2)x+3(a2b2+b2c2+c2a2)=0有两个相等的实数根，试证△ABC是等边三角形．

初中数学竞赛专题培训 第十讲 三角形的全等及其应用

在中学教材中，关于三角形全等有以下判定 ∠ECB=∠DCB-∠2， 公理：

所以∠EBC=∠ECB．在

(1)边角边公理 有两边和它们的夹角对应相等

△ABC及△BCD中， 的两个三角形全等(简写成“SAS”)． (2)角边角公理 有两角和它们的夹边对应相等 ∠ABC=∠BCD，

的两个三角形全等(简写成“ASA”)．

∠EBC=∠ECB，BC=BC，

推论 有两个角和其中一个角的对边对应相等的

两个三角形全等(简写成“AAS”)．

(3)边边边公理 有三边对应相等的两个三角形全等(简写成“SSS”)．

关于直角三角形有：

(4)斜边、直角边公理 有斜边和一条直角边对应

相等的两个直角三角形全等(简写成“HL”)． 利用全等三角形，我们可以得到有关角平分线、线段的垂直平分线、等腰三角形的许多重要性质，在本讲中将直接利用这些性质． 借助于全等三角形的知识，我们可以研究很多关于角和线段相等及不等问题、关于直线平行与垂直问题．

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，

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 在Rt△BQP中，∠BPQ=60°，∠PBQ=30°，所以可以不止一种，本题至少还有以下两种方法： BP=2PQ(在Rt△BPQ中30°角的对边等于斜边的

一半)．

(1)过D作DF∥AC，交BC于F．可用同样方法证明△GFD≌△GCE(图2-3)． 说明 发现或构造全等三角形是利用全等三角形

(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°．

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．

于是

Rt△ABG≌Rt△ADM(SAS)，

说明 (1)利用特殊图形的特殊性质，常可发现有 所以 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．

因为AG是∠EAF的平分线， (2)两个三角形的全等与对应元素相等，这两者 过G引GH⊥AE于H．

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

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．