周道斌

［摘 要］文章結(jié)合幾個典例，探討構(gòu)造全等三角形的基本策略，以幫助學(xué)生突破難點，拓寬學(xué)生的思維路徑，發(fā)展學(xué)生的核心素養(yǎng)。

［關(guān)鍵詞］全等三角形；基本策略；構(gòu)造

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標(biāo)識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）11-0025-03

全等三角形是初中數(shù)學(xué)的核心知識，是證明線段相等、角相等的重要工具，在解決平面幾何問題中具有重要作用。那么，如何構(gòu)造全等三角形呢？下面筆者結(jié)合例題進行分析探討。

一、利用倍長中線法構(gòu)造全等三角形

當(dāng)問題中出現(xiàn)“中點”或“中線”時，可以通過倍長中線的方法構(gòu)造全等三角形，可以將分散的已知條件轉(zhuǎn)化到同一個三角形中，實現(xiàn)問題的解決。

［例1］【問題提出】如圖1所示，在[△ABC]中，[AB=6]，[AC=4]，求[BC]邊上的中線[AD]的取值范圍。

【問題解決】經(jīng)過組內(nèi)合作交流，小明得到了如下解決方法：

延長[AD]到點[E]，使[DE=AD]，連接[BE]（如圖1），經(jīng)過推理可知[△ADC ]≌[△EDB]。

（1）由已知和作圖得到[△ADC ]≌[△EDB]的理由是? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

A.邊邊邊 B.邊角邊

C.角邊角 D.斜邊直角邊

（2）[AD]的取值范圍為? ? ? ? ? ? ? ? ? ?。

【應(yīng)用】如圖2所示，在[△ABC]中，點[D]為[BC]邊的中點，點[E]在[AB]邊上，[AD]與[CE]相交于點[F]，[EA=EF]，求證：[AB=CF]。

解析：【問題解決】（1）由作圖的過程知，[AD=DE]，[CD=BD]，[∠ADC=∠BDE]，則[△ADC ]≌[△EDB]（SAS），故答案為B。（2）∵[△ADC ]≌[△EDB]，∴[AC=BE=4]，在[△ABE]中，[AB+BE>AE=2AD>AB-BE]，即[10>2AD>2]，即[1

【應(yīng)用】如圖3所示，延長[AD]至[H]，使[AD=DH]，連接[CH]，∵[BD=DC]，[∠ADB=∠CDH]，∴[△ADB ]≌[△HDC]（SAS），∴[AB=CH]，[∠BAD=∠H]，∵[EA=EF]，∴[∠EAF=∠EFA=∠CFD=∠H]，∴[CF=CH=AB]，即[AB=CF]。

評注：利用倍長中線法構(gòu)造全等三角形，將題中的條件集中在一個三角形中，利用“兩邊之和大于第三邊”“兩邊之差小于第三邊”得到[AD]的取值范圍，利用“等角對等邊”得到[AB=CF]。

二、利用翻折法構(gòu)造全等三角形

角是軸對稱圖形，當(dāng)圖形中有角平分線時，沿角平分線所在的直線翻折圖形，也會得到全等三角形，進而可以利用已知條件中角之間的關(guān)系，推得線段之間的數(shù)量關(guān)系。

［例2］在四邊形[ABCD]中，[AC]平分[∠DAB]。（1）如圖4所示，[∠ADC=∠ABC]，求證：[BC=DC]；（2）如圖5所示，[∠ADC]與[∠ABC]互補，（1）中的結(jié)論是否依然成立？請說明理由。

解析：（1）證明：∵[AC]平分[∠DAB]，∴[∠DAC=∠BAC]，在[△ACD]和[△ACB]中，[∠ADC=∠ABC，∠DAC=∠BAC，AC=AC，]

∴[△ACD ]≌[△ACB]（AAS），∴[BC=DC]。

（2）（1）中的結(jié)論依然成立，理由如下：如圖6所示，過點[C]作[CE⊥AB]于點[E]，過點[C]作[CF⊥AD]的延長線于點[F]，∵[AC]平分[∠DAB]，[CE⊥AB]，[CF⊥AD]，∴[CF=CE]，[∠CEB=∠CFD=90°]，∵[∠ADC]與[∠ABC]互補，∴[∠ADC+∠ABC=180°]，∵[∠ADC+∠CDF=180°]，∴[∠ABC=∠CDF]，即[∠CBE=∠CDF]，在[△CBE]和[△CDF]中，[∠CBE=∠CDF，∠CEB=∠CFD，CE=CF，]

∴[△CBE ]≌[△CDF]（AAS），∴[BC=DC]。

評注：利用翻折構(gòu)造全等三角形是常用的方法，在圖4中[△ADC]相當(dāng)于將[△ABC]沿直線[AC]翻折而得到，在圖6中[△ACF]相當(dāng)于將[△AEC]沿直線[AC]翻折而得到。

三、利用旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形

旋轉(zhuǎn)法就是將圖形中的某一部分旋轉(zhuǎn)后，使之形成新的圖形，不僅旋轉(zhuǎn)前后的兩個三角形全等，而且旋轉(zhuǎn)后構(gòu)成的新圖形也有全等三角形，這樣可以使分散的條件得以集中，以更好地利用已知條件。

［例3］如圖7所示，在正方形[ABCD]中，[E]為[BC]上的一點，[F]為[CD]上的一點，[BE+DF=EF]，求[∠EAF]的度數(shù)；如圖8所示，[D]為等腰Rt[△ABC]斜邊[AB]的中點，[DM⊥DN]，[DM]、[DN]分別交[BC]、[CA]于點[E]、[F]。當(dāng)[∠MDN]繞點[D]轉(zhuǎn)動時，求證：[DE=DF]。

解析：（1）如圖9所示，將[△ADF]繞點[A]旋轉(zhuǎn)90°得[△ABG]，則[△ABG ]≌[△ADF]，∴[∠DAF=∠BAG]，[AF=AG]，[DF=GB]，[∠D=∠ABG=90°]，∵四邊形[ABCD]是正方形，∴[∠ABE=90°]，∴[∠ABG+∠ABE=180°]，∴點[G]、[B]、[E]在同一直線上，∵[EF=DF+BE=EB+BG=EG]，[AE=AE]，在[△AEG]和[△AEF]中，[AE=AE，GE=FE，AG=AF，]∴[△AEG ]≌[△AEF]（SSS），∴[∠EAG=∠EAF]，∵[∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°]，∴[∠EAG+∠EAF=90°]，∴[∠EAF=45°]。

（2）如圖10所示，連接[CD]，∵[D]為等腰Rt[△ABC]斜邊[AB]的中點，∴[CD]平分[∠ACB]，[CD⊥AB]，[∠A=45°]，[CD=DA]，∴[∠BCD=45°]，[∠CDA=90°]，∵[DM⊥DN ]，∴[∠EDF=90°]，∴[∠CDE=∠ADF]，在[△DCE]和[△ADF]中，[∠DCE=∠DAF，DC=DA，∠CDE=∠ADF，]

∴[△DCE ]≌[△ADF]（ASA），∴[DE=DF]。

評注：在圖9中，將[△ADF]旋轉(zhuǎn)后，又得到了一組新的全等三角形，即[△AEG]與[△AEF]。在圖10中，[△ADF]可以看作是由[△DCE]旋轉(zhuǎn)得到。需要注意的是，只有在圖形中存在有共點的相等線段，才能通過旋轉(zhuǎn)法構(gòu)造全等三角形。

四、利用構(gòu)造法構(gòu)造全等三角形

構(gòu)造法是一種創(chuàng)造性思維，在初中幾何圖形的處理中，可以通過作平行線或垂線構(gòu)造全等三角形，進而利用全等三角形的性質(zhì)與判定解決問題。

［例4］在Rt[△ABC]中，[∠ACB=90°]，[AC=BC]，[D]為[BC]上一點，連接[AD]，過點[C]作[CE⊥AD]于點[E]。（1）如圖11所示，過點[B]作[BF⊥BC]交[CE]的延長線于點[F]，求證：[△ACD ]≌[△CBF]；（2）如圖12所示，若[D]為[BC]的中點，[CE]的延長線交[AB]于點[M]，連接[DM]，求證：[∠BDM=∠ADC]；（3）在（2）的條件下，若[AE=4]，[CE=2]，直接寫出[CM]的長。

解析：（1）∵[BF⊥BC]，[CE⊥AD]，∴[∠AEC=∠CBF=∠ACB=90°]，∴[∠CAD+∠ACE=∠BCF+∠ACE=90°]，∴[∠CAD=∠BCF]，又∵[AC=BC]，∴[△ACD ]≌[△CBF]（ASA）。

（2）如圖13所示，過點[B]作[BF⊥BC]交[CE]的延長線于點[F]，由（1）得[△ACD ]≌[△CBF]，∴[∠ADC=∠F]，[CD=BF]，∵[D]為[BC]的中點，∴[CD=BD]，∴[BD=BF]，∵[∠ACB=90°]，[AC=BC]，∴[∠ABC=45°]，∵[∠CBF=90°]，∴[∠FBM=45°]，∴[∠DBM=∠FBM]，又∵[BM=BM]，∴[△BDM ]≌[△BFM]（SAS），∴[∠BDM=∠F]，∴[∠BDM=∠ADC]。

（3）如圖14所示，連接[DF]，∵[CE⊥AD]，[AE=4]，[CE=2]，∴[BC=AC=AE2+CE2=42+22=25]，由（2）得[BD=BF]，[CD=BD=12BC=5]，[△BDM? ]≌[ △BFM]，∴[DM=FM]，[AD=AC2+CD2=（25）2+（5）2=5]，∴[DE=AD-AE=1]，∵[∠DBF=90°]，∴[△BDF]是等腰直角三角形，∴[DF=2BD=10]，∴[EF=DF2-DE2=（10）2-12=3]，設(shè)[DM=FM=x]，則[EM=3-x]，在Rt[△DEM]中，由勾股定理得[12+（3-x）2=x2]，解得[x=53]，∴[EM=3-53=43]，∴[CM=CE+EM=2+43=103]。

評注：本題通過作垂線構(gòu)造兩對全等三角形，又一次形成了“一拖二”的狀況。本題在求解過程中重點利用了等腰直角三角形的性質(zhì)及勾股定理，可以看出勾股定理在求線段長中的獨特價值。

五、利用截長補短法構(gòu)造全等三角形

截長補短法是初中幾何題中一種重要的添加輔助線的方法。截長就是在長邊上截取一條線段，使之與某一短邊相等；補短就是通過延長或旋轉(zhuǎn)等方式使兩條短邊拼合到一起。

［例5］【初步探索】（1）如圖15所示，[△ABC]是等邊三角形，點[D]是邊[BC]下方一點，[∠BDC=120°]，探索線段[DA]、[DB]、[DC]之間的數(shù)量關(guān)系。

【靈活運用】（2）如圖16所示，[△ABC]為等邊三角形，直線[a]∥[AB]，[D]為[BC]邊上一點，[∠ADE]交直線[a]于點[E]，且[∠ADE=60°]，求證：[CD+CE=CA]。

【延伸拓展】（3）如圖17所示，在四邊形[ABCD]中，[∠ABC+∠ADC=180°]，[AB=AD]。若點[E]在[CB]的延長線上，點[F]在[CD]的延長線上，滿足[EF=BE+FD]，請直接寫出[∠EAF]與[∠DAB]的數(shù)量關(guān)系。

解析：（1）如圖18所示，延長[DC]到點[E]，使[CE=BD]，連接[AE]，∵[△ABC]是等邊三角形，∴[AB=AC]，[∠BAC=60°]，∵[∠BDC=120°]，∴[∠ABD+∠ACD=180°]。又∵[∠ACE+∠ACD=180°]，∴[∠ABD=∠ACE]，∴[△ABD ]≌[△ACE]（SAS），∴[AD=AE]，[∠BAD=∠CAE]，∵[∠BAC=60°]，即[∠BAD+∠DAC=60°]，∴[∠DAC+∠CAE=60°]，即[∠DAE=60°]，∴[△ADE]是等邊三角形，∴[DA=DE=DC+CE=DC+DB]，即[DA=DC+DB]。

（2）如圖19所示，在[AC]上截取[CM=CD]，∵[△ABC]是等邊三角形，∴[∠ACB=60°]，∴[△CDM]是等邊三角形，∴[MD=CD=CM]，[∠CMD=∠CDM=60°]，∴[∠AMD=120°]，∵[∠ADE=60°]，∴[∠ADE=∠MDC]，∴[∠ADM=∠EDC]，∵直線[a]∥[AB]，∴[∠ACE=∠BAC=60°]，∴[∠DCE=120°=∠AMD]，在[△ADM]和[△EDC]中，[∠ADM=∠EDC，MD=CD，∠AMD=∠ECD，]∴[△ADM ]≌[△EDC]（ASA），∴[AM=EC]，∴[CA=CM+AM=CD+CE]，即[CD+CE=CA]。

（3）[∠EAF=180°-12∠DAB]。理由：如圖20所示，在[DC]延長線上取一點[G]，使得[DG=BE]，連接[AG]，∵[∠ABC+∠ADC=180°]，[∠ABC+∠ABE=180°]，∴[∠ADC=∠ABE]，又∵[AB=AD]，∴[△ADG ]≌[△ABE]（SAS），∴[AG=AE]，[∠DAG=∠BAE]，∵[EF=BE+FD=DG+FD=GF]，[AF=AF]，∴[△AEF ]≌[△AGF]（SSS），∴[∠FAE=∠FAG]，∵[∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°]，∴[2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°]，∴[2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°]，即[2∠FAE+∠DAB=360°]，∴[∠EAF=180°-12∠DAB]。

評注：不論是截長還是補短，都要形成全等三角形，在獲得全等三角形的基礎(chǔ)上要“乘勝追擊”，擴大戰(zhàn)果，繼續(xù)證得第二組全等三角形或者證明特殊三角形。本題的第（1）（2）小題在全等三角形的基礎(chǔ)上得到了等邊三角形，第（3）小題在全等三角形的基礎(chǔ)上得到了第二組全等三角形。

總之，通過倍長中線法、翻折法、旋轉(zhuǎn)法、構(gòu)造法、截長補短法構(gòu)造全等三角形，可以使圖形隱含的數(shù)量關(guān)系或位置關(guān)系得以顯現(xiàn)，快速地獲得相等的線段或者角度，從而為解決問題鋪平道路。

（責(zé)任編輯 黃桂堅）