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

△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)．

　　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，

△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．