形散神聚：一道課本例題的變式

康敏

數學的知識點是固定的，但是數學問題是千變萬化的，怎樣快速解決問題，這就需要找準題目的突破口。如：全等三角形是通過圖形的運動——平移、翻折、旋轉，形狀、大小不變，位置發生變化;相似三角形就是大小改變，其他類比全等三角形。所以證明三角形全等或相似的關鍵是通過已知條件找尋哪兩個三角形通過怎樣的運動而來。今天我們就來研究旋轉運動形成的全等三角形。

原題呈現 （蘇科版數學教材八年級上冊第15頁例題）已知：如圖1，AB、CD相交于點E，且E是AB、CD的中點。求證：△AEC≌△BED。

【解析】本題考查的是全等三角形的證明。觀察圖形，我們首先發現對頂角相等（∠AEC=∠BED），即點E與自身是對應關系;再由已知條件“E是AB、CD的中點”，得到AE=BE，CE=DE，從而運用“邊角邊”證明出三角形全等。

【總結】本題從運動的角度可以看作是△AEC繞著點E順時針（或逆時針）旋轉180°得到的△BED，這樣就明確了兩個三角形的對應點、對應邊、對應角。通過看圖直接得到一組角相等，再由已知條件得到所需要的兩組邊對應相等，這樣滿足兩邊及其夾角對應相等，從而證明出結論。

本題將圖形旋轉180°是很特殊的角度，若旋轉的是其他角度呢？

變式1 如圖2，等腰Rt△ABC、等腰Rt△EDC中，∠ACB=∠ECD=90°，連接AE與BD相交于點F，求AE與BD的關系。

【解析】我們可以先猜測AE=BD，然后倒推它們所在的三角形是否全等。AE與BD所在的三角形分別是△AEC與△BDC，由等腰三角形的兩腰相等，得AC=BC，EC=DC。而第三組邊相等是要證明的，那么只能找兩邊的夾角。由∠ACB=∠ECD=90°，運用等式的性質，兩邊同時加上公共角∠BCE，得出∠ACE=∠BCD，運用“邊角邊”得到△AEC≌△BDC，得AE=BD。由全等還可得∠AEC=∠BDC，再由對頂角相等得∠BGE=∠CGD，運用三角形內角和公式求出∠EFG+∠AEC+∠BGE=180°，∠DCG+∠BDC+∠CGD=180°，從而求出∠EFG=∠ECD=90°，所以AE⊥BD。

【總結】本題從運動的角度可以看作是△ACE繞著點C順時針旋轉90°得到的△BCD。題目所給的直接條件是兩組對應邊分別相等，再證明兩邊的夾角也相等就可以證明三角形全等，從而得出AE與BD的兩種關系：數量關系是相等，位置關系是垂直。從動態的角度再次變化，題目不變，如圖3。思路同上，與變式1的區別在于，由∠ACB=∠ECD，運用等式的性質，兩邊同時減去公共角∠BCE，求出∠ACE=∠BCD。

如果把等腰直角三角形換為等邊三角形又會如何？

變式2 如圖4，△ABD、△ACE都是等邊三角形，DC、BE相交于點P，求∠EPC的度數。

【解析】從題目的已知條件中能獲得哪些信息？等邊三角形三條邊相等，三個角都是60°。那么從圖形上觀察，有沒有三角形全等？有了前兩題的經驗，我們能發現△DAC繞著點A逆時針旋轉60°得到△BAE，從而可證得∠DCA=∠BEA。這兩個角又可放在成“8字形”的△PCM與△AEM中，由∠PMC=∠AME和三角形內角和定理，等量代換后得出∠EPC=∠EAC=60°。

變式3 如圖5，在正方形ABCD與正方形AEFG中，連接DE、BG相交于點P，問DE與BG的關系，并說明理由。

【解析】由四邊形ABCD與四邊形AEFG都是正方形，可以得到BA=DA，GA=EA，∠BAD=∠GAE=90°。DE與BG分別是△DEA與△BGA的邊，那么我們就能發現△BGA繞著點A順時針旋轉90°得到△DEA，證出△BGA≌△DEA，得出DE=BG，再類比前幾題的證明得出DE⊥BG即可。

變式4 如圖6，在菱形ABCD與菱形AEFG中，∠BAD=∠EAG=70°，連接DE、BG相交于點P，求∠BPD的度數。

【解析】由四邊形ABCD與四邊形AEFG都是菱形，可以得到BA=DA，GA=EA。由∠BAD=∠EAG=70°，本題就可以看作是△BGA繞著點A順時針旋轉70°得到的△DEA。然后只需要說明∠BAG=∠DAE，就能證明△BGA≌△DEA，最終求出∠BPD=70°。

【總結】這幾題考查的知識點類似，都是通過觀察找尋三角形是經過怎樣的旋轉變換得出另一個三角形。而具體要證哪兩個三角形全等，則通過條件求出兩組邊對應相等且所夾的角也相等即可。

（作者單位：江蘇省宿遷市宿豫區第一初級中學）