對一類常考的全等三角形問題的探究

徐言飛

隨著期中、期末、中考等大型考試命題的不斷創新，試題對常見模型的考查愈加深入，越來越重視學生的知識遷移和知識創新能力.其中有一類關于全等三角形的問題頗受出題人青睞，變成了當前考試的熱點.本文以一道常考的全等三角形問題為例，并進行了若干變式，期待將此類問題研究透徹.

1 試題呈現

例1 如圖1，四邊形ACEG和四邊形BCDF是兩個正方形，證明：（l）AD=BE;（2） AD⊥BE.

分析 本題意在考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質.

解 （1）∵四邊形ACEG，BCDF均為正方形，

∴AC=EC，BC=DC，

∠ACD= ∠BCE= 90°.

在AACD和AECB中，

AC=EC，

己證{∠ACD= ∠ECB，

CD= CB，

∴△ACD≌△ECB（SAS）.

∴AD=BE（全等三角形對應邊相等）.

如圖2，延長BE交AD于H，

∵△ACD≌△ECB，

∠l=∠2（全等三角形對應角相等）.

又△ECB是直角三角形，∠BCE=90°，

∴∠2+∠4=90°，

又∠3=∠4（對頂角相等），

∴∠1+∠3=∠2+∠4（等量代換）=90°，

∴∠DHE=90°.

∴AD⊥BE（垂直的定義）.

點評對本題第二問，還可以換一種思路，△BCE和△DHE構成“8”型，利用“8”型性質，∠1+∠DHE=∠2+∠BCE，又∠l=∠2，∴∠DHE=∠BCE=90°，則AD⊥BE.

在考試中，本題常常出現一些變式，如將正方形改為等邊三角形、等腰直角三角形、頂角相等的等腰三角形，或將正方形或三角形旋轉一定角度.

2 試題變式

變式1 （2015年湖北恩施中考.18）如圖3，四邊形ABCD，BEFG均為正方形，連接AG，CE.證明：（l）AG=CE：（2） AG⊥CE.

分析本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、垂線的證法;熟練掌握正方形的性質，證明三角形全等是解決問題的關鍵.方法類似上題，第二問重點在于找“8”型.

變式2 如圖4，已知點C為線段AE上一點，AABC，ACDE都是等邊三角形，證明：（l） AD=BE;（2）∠AOB=60°.

分析 本題在例題的基礎上變為了等邊三角形，方法完全類似，意在考查學生的知識遷移能力.

變式3 若將變式2的ACDE繞點C沿逆時針方向旋轉到圖5時，變式2中的結論還成立嗎？請說明理由.

分析 本題相對于變式2的區別在于其中的一個等邊三角形逆時針旋轉，沿用例題中的方法易知變式2中的結論仍然成立.

更進一步可知，這里的“沿逆時針方向旋轉”換為“沿順時針方向旋轉”結論也是成立的.

變式4 如圖6，AACB和AECD都是等腰直角三角形，∠ACB=∠ECD=90°，AD分別交BC，BE于點P，O，BE交CD于點Q.試猜測線段AD和BE的位置和數量關系，并說明理由.

分析 本題相對于變式3，區別在由等邊三角形變成了等腰直角三角形，方法類似，發現AD=BE，AD⊥BE.

變式5 若上題中的條件“△ACB和△ECD都是等腰直角三角形”換為“△ACB和△ECD都是等腰三角形，∠ACB，∠ECD，分別為△ACB和△ECD的頂角（為銳角）且相等”，其它條件不變，試猜測線段AD和BE的位置和數量關系，并說明理由.

分析本題相對于變式3的區別在于由等邊三角形變成了頂角相等的等腰三角形且頂角頂點相同，方法類似，發現AD=BE，線段AD和BE的夾角與等腰三角形△ACB的頂角∠ACB相等.注意：若△ACB和△ECD的頂角為鈍角時，則線段AD和BE的夾角與等腰三角形△ACB的頂角∠ACB互補.

點評實際上不管是正方形還是三角形，圖形整體運動時圖形內處處保持一致.以變式2來說明△ACD≌△ECB，△ECB由△ACD旋轉而來，其中CA旋轉至CE，旋轉了60°，CD旋轉至CE，也旋轉了60°.AD和CA，CD都是△ACD的組成部分，運動保持一致（角速度相同），故AD和BE的夾角為60°.

3 能力升華

在考試中，越來越注重對學生中學數學核心素養的考查.選擇填空的最后一題、大題也常以例題為原型，靠近學生的最近發展區，考查學生的邏輯推理能力和知識遷移能力.我們以接下來的3道題目為例，升華一下對此類全等三角形問題的探究.

例2 如圖8，點C為線段AE上的一個動點（不與端點重合），在AE同側分別作正三角形ABC和CDE.連接AD和BE交于點O，AD交BC于P，BE交CD于Q，連接PQ.以下六個結論：①AD=BE;②PQ、/AE;③AP=BQ;④DE=DP;⑤∠AOB=60°，⑥△CPQ是等邊三角形.一定成立的結論是_____________（把正確結論的序號填在橫線上）

分析2008年山東菏澤市、濱州市中考第17題，2008年山東東營市中考第16題，即最后一個填空題，均考到了前5個結論.結論①⑤在變式2中己證明，現只需判斷其余4個結論的正確性.

對③，由△ACD≌△ECB，

知AD=BE，∠CAD=∠CBE.

又∠ACB=∠BCQ=60°

∵在△ACP和△BCQ中，

∴△ACP≌△BCQ（ASA），

∴AP=BQ，故③成立.

對④，∵AD=BE，AP=BQ，

∴AD-AP=BE-BQ，即DP=QE.

若DE=DP，則DE=QE.

又∠CDE=60°，∴△QDE為等邊三角形，與△CDE為等邊三角形矛盾，故④不成立.

對②和⑥，由④知DP=QE，

由△ACD≌△ECB，

知∠PDC=∠QEC.

又∠PCD=∠QCE=60°，

∵在△PCD和△QCE中，

∴△PCD≌△QCE（AAS），

∴PC=QC.

又∠PCQ=60°，

∴△PCQ為等邊三角形，

∴∠QPC=60°，

又∠BCA=60°∴PQ//AE，

故②和⑥成立.

例3在△BCD中，∠BCD<120°，分別以BC，CD和BD為邊在△BCD外部作等邊三角形ABC、等邊三角形CDE和等邊三角形BDF，聯結AD，BE和CF交于點P.

（l）下列結論中正確的是____（只填序號即可）.①AD=BE=CF;②∠BEC=∠ADC;③∠DPE=∠EPC=∠CPA=60°.

（2）求證：PB+PC+PD=BE.

分析 本題實質是變式3的推廣，變為了三個等邊三角形，采用相同方法可證得結論①②③成立.關鍵在于如何證明第二問，我們下面來進行證明.

證明在PE上截取PM=PC，連接CM，

易知△BCE≌△ACD（SAS），

∴∠1=∠2.

設CD與BE交于點G，

在ACGE和APGD中，

∵∠1=∠2，∠CGE=∠PGD，

∴∠DPG=∠ECG=60°.

（△CGE與△PGD構成“8”型）

又（l）中已證∠CPE=60°，

∴△CPM是等邊三角形，

∴CP= CM，∠PMC=60°.

∴∠CPD=∠CME=∠120°.

又∠1=∠2，

∴△CPD≌△CME（AAS），

∴PD=ME.

∴BE= PB+PM+ME=PB+PC+PD.

即PB+PC+PD=BE.

例4 （2016年蘇州市立達中學期末卷）在銳角三角形ABC中，AH是邊BC上的高，分別以AB，AC為一邊，向外作正方形ABDE和ACFG，連接CE，BG和EG，EG與HA的延長線交于點M，則①BG=CE;②BG⊥CE;③AM是△AEG的中線;④∠EAM=∠ABC.其中正確的結論有（ ）個.

A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

分析 本題實質是變式l的推廣，結論①②顯然成立.但本題圖形比變式2復雜，線段增加了一些.難點在于判斷③和④的正確性.我們下面來進行分析.

過點E作AM的高交AM的延長線于點P，過點G作AM的高交AM于點Q，△EAP與△ABH構成“K”型，AB=AE，易知△EAP≌△ABH（AAS），..，ZEAM=∠ABC，EP=AH，故結論④成立.

同理△CAH與△AQG構成“K”型，AC=AG，易知△CAH≌△AQG（AAS），∴AH=QG，∴EP=QG（等量代換），∴△EPM≌△GQM（AAS），∴EM=MG，故AM是△AEG的中線，結論③成立.所以本題中正確的結論有4個.

其實本題中還有很多等量關系，如S△EAG=S△BAC，不妨思考下：延長EA至B'，使得AB'=EA，連結GB'，∠BAC和∠GAB'都是∠CAB'的余角，∴∠BAC=∠GAB'.∵AB=EA，AB'=EA，∴AB= AB'.又AC=AG，∴△BAC≌△AB'AG（SAS）.∴S△BAC=S△B'AG，又AB'=EA，∴AG為△GEB'的中線，∴S△EAG= S△B'AG，故S△EAG=S△BAC.

4 結語

著名發展心理學皮亞杰在他的認知發展理論中指出，II歲、12歲及以后的兒童處于形式運算階段，兒童思維發展到抽象邏輯推理水平.因此，教師尤其是數學老師在日常教學中要注重舉一反三，讓學生加深對知識的理解，理清知識的結構脈絡與知識間的邏輯關系.

本文對全等三角形中常考的一類問題的探究，變式中的5道題目和能力升華中的3道題目都是以例題為原型產生的，不同的結論針對不同層次的學生，核心在于通過“8”型、“K”型找全等三角形，探究兩條線段位置關系時，要善于轉化.并要學會透過現象看本質，舉一反三，鍛煉自己的數學邏輯思維，掌握數學思想方法，升華自己的學習能力.