全等三角形：常见构造

全等的判定（SAS、ASA、AAS、SSS、HL）本身不难，难的是图里没有现成的一对全等三角形：条件散在图形的不同角落，谁也不挨着谁。

这时不是硬找，而是动手“造”：添一条辅助线，把分散的边角搬进同一个三角形里。竞赛里最常用的构造只有三套，每套都有自己的识别信号：

中线 $AD$，延长一倍到 $E$，连 $BE$。$△BDE$ 与 $△CDA$ 里：$BD=DC$，对顶角相等，$DE=DA$，SAS 全等，于是 $BE=CA$，$\angle E=\angle CAD$（进而 $BE\parallel AC$）。

作用是把两条“隔着中点的线段”集中到以 $AD$ 为边的三角形里。凡是中线 + 两侧边的关系，先倍长再说。

结论是 $AB+BD=AC$ 这类“和”时，两条路：

• 截长：在长线段 $AC$ 上截取 $AE=AB$，只须再证 $EC=BD$；
• 补短：延长短线段，把两条短的拼成一条，再与长的比。

无论哪条路，目的都一样：把“两条线段的和”变成“一条线段”，让结论落回普通的等长证明。

等腰、正方形、等边共顶点的图形里，绕公共顶点旋转，能把分散的线段转到一起。旋转前后图形全等，所以转过去的线段长度不变、夹角不变——这正是它好用的原因。

例1 中线与两侧边

$△ABC$ 中，$AD$ 是 $BC$ 边上的中线。证明 $AB+AC>2AD$。

解：倍长 $AD$ 到 $E$（$DE=AD$），连 $BE$。

$△BDE$ 与 $△CDA$ 中：$BD=DC$，$\angle BDE=\angle CDA$（对顶角），$DE=DA$，全等（SAS），故 $BE=CA$。

在 $△ABE$ 中用三边关系：$AB+BE>AE$，即 $AB+AC>2AD$。

两侧边与中线的倍数关系，全等一搭就出来。顺带能证更精细的结论：${\displaystyle \frac{1}{2}}|AB-AC|<AD<{\displaystyle \frac{1}{2}}(AB+AC)$，同样的构造、同样的套路。

例2 截长证线段和

$△ABC$ 中，$AD$ 平分 $\angle BAC$，$\angle B=2\angle C$。证明 $AB+BD=AC$。

解：在 $AC$ 上截取 $AE=AB$，连 $DE$。

$△ADE$ 与 $△ADB$ 中：$AE=AB$，$\angle DAE=\angle DAB$（平分线），$AD=AD$，全等（SAS）。于是 $DE=DB$，$\angle AED=\angle B=2\angle C$。

而 $\angle AED$ 是 $△DEC$ 的外角：$\angle AED=\angle C+\angle EDC$，所以 $\angle EDC=\angle C$，得 $EC=ED=DB$。

拼起来：$AC=AE+EC=AB+BD$。

识别信号就在结论里：$AB+BD=AC$ 是典型的“短 + 短 = 长”，条件里又有角平分线提供 SAS 的一半，果断截长。

例3 正方形里的旋转

正方形 $ABCD$ 中，$E$ 在 $BC$ 上，$F$ 在 $CD$ 上，$\angle EAF={45}^{\circ }$。证明 $EF=BE+DF$。

解：把 $△ADF$ 绕 $A$ 顺时针旋转 ${90}^{\circ }$，$D$ 转到 $B$，$F$ 转到 $CB$ 延长线上的 $G$。

旋转是全等变换：$AG=AF$，$BG=DF$，$\angle ABG=\angle D={90}^{\circ }$（所以 $G$ 确实在 $CB$ 延长线上），$\angle GAB=\angle FAD$。

于是 $\angle GAE=\angle GAB+\angle BAE=\angle FAD+\angle BAE={90}^{\circ }-{45}^{\circ }={45}^{\circ }=\angle FAE$。

$△GAE$ 与 $△FAE$：$AG=AF$，$\angle GAE=\angle FAE$，$AE=AE$，全等（SAS），故 $GE=FE$。

而 $GE=GB+BE=DF+BE$，所以 $EF=BE+DF$。

正方形给了一对共顶点的相等线段（$AB=AD$），这就是旋转的入场券；${45}^{\circ }$ 恰好让转过去的角拼成一个与已知相等的角。见到“正方形 + 半角”，旋转几乎是最短路。