例19 如图5-54，已知：E是正方形ABCD内的一点，∠EBC=∠ECB=15°，求证：△AED是等边三角形。
图5-54
分析：本题要证△AED是等边三角形，也就是要证明AE=ED=AD。而已知四边形ABCD是正方形，AD=AB，所以问题成为要证AE=AB，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，问题也就成为一个等腰三角形的判定问题，于是问题就转化成为证明AE=AB的等价性质∠ABE=∠AEB。而已知∠EBC=15°，∠ABC=90°，所以∠ABE=90°-15°=75°，从而又只要证明∠AEB=75°
而由条件∠EBC=∠ECB=15°，可得△EBC也是等腰三角形（如图5-55），且它的顶角∠BEC=180°-15°-15°=150°，所以要证∠AEB=75°，就是要证明∠AEB等于∠BEC的一半，也就是要证∠AEB=1/2·∠BEC。这样就出现了两个角之间的倍半关系，从而就可以根据角的倍半关系的定义，将倍角，即∠BEC两等分，也就是作∠BEC的平分线交BC于F，然后证明∠BEC的一半，也就是∠BEF和∠AEB相等。但由于△EBC是等腰三角形，所以在作出了角平分线EF后，应用等腰三角形中的重要线段的基本图形的性质，就可得EF⊥BC，且BF=CF。
图5-55
现在的问题是要证明∠AEB=∠FEB，而这两个角相等的关系一出现，就说明这两个相等的角是关于BE成轴对称的，所以可添加轴对称型全等三角形进行证明。由于已知图形中已有对称轴BE，所以添加轴对称型的全等三角形的方法是将三角形沿对称轴翻折，于是就可将△ABE沿对称轴BE翻折过去，由于∠AEB应和∠FEB相等，所以翻折后，AE应落在EF和EF的延长线上，而由∠ABE=75°，可知BA应落在与BE交成75°角的射线上。而已知∠EBF=15°，所以在正方形外还应作一个60°的角，于是以BC为边、B为顶点作∠CBG=60°交EF的延长线于G，从而只要证明△ABE和△GBE全等（如图5-56）。在这两个三角形中，已经出现的条件是∠ABE=∠GBE=75°，BE=BE，所以还需要一个条件。因∠AEB=∠BEF是要证的结论，不能用；而∠BAE=∠BGE又是∠AEB=∠BEF的等价性质，也不能用；而AE和GE即使证明了相等，出现的也是两边和其中一边的对角对应相等，也不能证明这两个三角形全等，所以也不能用。这样问题就只能证明BG=BA。但BA是正方形的边长，所以问题就要证BG也等于正方形的边长。但由所作的∠CBG=60°和我们已得到的∠BFG=90°，可知BG是30°角的直角三角形的斜边，所以有BG=2BF，而前面已证BC=2BF；所以BG=BA就可以证明。在证明了AE=AD后，根据同样的道理也可证明DE=DA，所以分析可以完成。
图5-56
本题要证△AED是等边三角形，实质上就是要证AE=AB。由条件∠BBC=15°，∠ABC=90°，所以∠ABE=75°，对于15°和75°这两个角来说，它们的和是90°，而它们的差是另一个特殊角60°，所以∠ABE就等于∠EBC 60°，这样根据角的和差关系的定义，就有在∠ABE内以B为顶点，以BA为一边，作∠ABF=∠CBE=15°后，可得∠EBF=60°，但在作出了∠ABF=∠CBE后，由于BA=BC，所以就出现了这两个相等的角和这两条相等线段都是关于∠ABC的角平分线，也就是正方形的对角线BD成轴对称的，所以就可以添加轴对称型全等三角形进行证明添加的方法就是将△EBC沿对称轴BD翻折过去（如图5-57），于是在射线BF上截取BF=BE，并连接AF（如图5-58），就可由BA=BC，∠ABF=∠CBE=15°和BF=BE，推得△ABF≌△CBE。
图5-57
另一方面，由BF=BE，这是两条具有公共端点B的相等线段，所以它们可组成一个等腰三角形，于是联结EF（如图5-58），再由∠EBF=90°-15°-15°=60°，可得△BEF是一个等边三角形，FE=FB。这样再由要证的结论AE=AB，就可以发现△AFE和△AFB也是一对轴对称型全等三角形。而在这两个三角形中，已经有AF=AF，FE=FB，而第三条边相等是结论，不能用，所以证明这两个三角形全等的第三个条件只能是证这两条边的夹角相等，也就是要证∠AFE=∠AFB。但∠AFB=∠BEC=180°-2×15°=150°，所以问题就是要证∠AFE也等于150°，由于∠AFE=360°-∠AFB-∠BFE=360°-150°-60°=150°，所以分析可以完成。
图5-58
本题在根据∠ABE=∠BEC 60°的性质进行分析和添线时，也可以以B为顶点、以BE为一边，作∠EBF=∠EBC=15°，这样就出现了∠EBF和∠EBC这两个角是关于BE成轴对称的，所以可添加轴对称型全等三角形进行证明。添加的方法就是将△EBC沿对称轴BE翻折过去（如图5-59）。于是在射线BF上截取BF=BC，并联结EF（如图5-60），就可证明△BEF≌△BEC，EF=EC，∠BEF=∠BEC=180°-2×15°=150°.这样，就出现了EF和EC是两条具有公共端点的相等线段，它们就可以组成一个等腰三角形，于是联结FC（如图5-60），△EFC首先应是等腰三角形。再由∠FEC=360°-∠BEF-∠BEC=360°-150°-150°=60°，所以△EFC也是一个等边三角形。
图5-59
图5-60
现在要证明的性质是AE=AB，而AB=BC=BF，且BE=CE=CF，所以△ABE和△BCF也必定是一对绕正方形的中心旋转90°的全等三角形。而在这两个三角形中，已经有AB=BC，BE=CF，而第三条边相等，即AE=BF是结论，不能用，所以第三个条件只能是证明这两边的夹角相等，也就是要证∠ABE=∠BCF，但∠ABE=90°-15°=75°，而∠BCF=∠BCE ∠ECF=15° 60°，也等于75°，所以分析也就可以完成。
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