从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形Word文件下载.docx

从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形Word文件下载.docx

《从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《从旋转型全等三角形到旋转型相似三角形Word文件下载.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

在本题的条件中，出现了两个以A为公共顶点的等边△ABD和等边△ACE，从而就必定出现一对旋转型全等三角形，

根据由公共顶点A发出的两组相等线段AD、

AB和AC、AE两两组成全等三角形的方法，可找到这一对全等三角形应是△ADC和△ABE，

全等的条件是AD=AB，AC=AE，它们的夹角∠

DAC和∠BAE都等于旋转角60°

加上公共部分∠BAC，因此CD=BE就可以证明。

例2，已知：

△ABC中，以AB为边在△ABC外作等边△ABD，以AC为边在△ABC外作等边△

ACE，CD、BE相交于F，连结AF．求证：

AF平分∠DFE

分析1：

本题的条件中，出现了两个以A为公共顶点的等边△ABD和等边△ACE，从而就必定出现一对旋转型全等三角形，

AB和AC、AE两两组成全等三角形的方法，就可找到这对全等三角形应是△ADC和△ABE，全等的条件是AD=AB，AC=AE，它们的夹角∠DAC和∠BAE都等于旋转角60°

加上公共部分∠BAC，

在证明了△ADC和△ABE是一对旋转型全等三角形以后，由于在旋转型全等三角形的基本图形中，必定同时出现两个圆内接四边形，所以就可由△ADC

≌△ABE，推得∠ADF=∠ABF，从而又可进一步推得A、D、B、F四点共圆，就可得∠AFD=∠ABD=60°

，而由B、F、E成一直线，又可证得∠AFE=∠ADB=60°

，所以结论可以证明。

分析2：

由于许多学校在进行全等三角形的教学时，尚未进行圆周角和圆内接四边形的教学，有关圆内接四边形额基本图形的性质还不能用，所以就要讨论其它的可能性。

本题在证明了△ADC和△ABE是一对旋转型全等三角形以后，由于结论中出现的AF可以看作是

△ADC中的一条线段，所以当△ADC绕点A旋转60°

到达△ABE的位置时，AF也应随△ADC的旋转而绕

点A旋转60°

到达△ABE中的对应位置，如果F点落到了G点上，则必有BG=DF，所以应在BE上截取BG=DF，并连结AG，那就可得△ADF和△ABG也是一对

旋转型全等三角形，全等的条件是AD=AB，∠ADF=∠ABG和DF=BG，就可得∠AFD=

∠AGB，AF=AG，

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，应用等腰三角形的性质，又可得∠AFG=∠AGB，从而也就可以证明∠AFD=∠AFG。

由于△ADF和△ABG也是一对旋转角为60°

的旋转型全等三角形，所以可

证明△AFG也是一个等边三角形，而且也是以A为公共顶点，所以每两个等边

三角形就可以组成一对旋转型全等三角形，这样图形中出现的旋转型全等三角形就有三对，根据同样的方法可以找到第三对旋转型全等三角形是△AFC和△

AGE，所以FC=GE，

从而可进一步证明FA+FB+FC=BE，

如果在题目开始时，直接以BC为边在△ABC外作等边△BCF，连结AF．则可用同样的方法找到另外两对旋转型全

等三角形，

从而可证明CD=BE=AF，且可证明它们交于一点G，这是一个非常重要的点，过这个点的三条连线将一个周角分成6个相等的角，也就是60°

角，

同时，这个点有一个重要性质就是它到三个顶点的距离和，即GA+GB+GC=BE是两个确定点之间的一条线段，所以它是三角形内到三角形的三个顶点的距离和为最小的点，也就是在△ABC内任取一点P，有GA+GB+GC≤PA+PB+PC，等号在P点与G点重合时成立。

由于GA+GB+GC=BE，所以问题就是要证BE≤PA+PB+PC，由于GA、GB、GC依次接起来等于BE，所以PA、PB、PC也要依次接起来，而要证BE≤PA+PB+PC，所以接起来的结果必定是过B、E两点的一条折线，

由于在将GA接到GB上时，是应用了一个等边△AGH接过去的，所以在一般的位置上也应用同样的方法接过去，也就是以PA为边作等边△APQ，

但这个等边三角形一作出，就出现了等边△APQ和等边△ACE是两个以A为公共顶点的等边三角形，从而就必定出现一对旋转型全等三角形，

根据由公共顶点A发出的两组相等线段AP、AQ和AC、AE两两组成全等三

角形的方法，就可找到这对全等三角形应是△APC和△AQE，全等的条件是AP=AQ，

AC=AE，它们的夹角∠PAC和∠QAE都等于旋转角60°

减去公共部分∠QAC，

所以PC=QE，

因为BE≤BP+PQ+QE=PA+PB+PC，所以分析可以完成。

例3，已知：

C是AB上的一点，以AC为边作等边△ACD，以BC为边向AD所在的一侧作等边△

BCE，AE、CD相交于F，BD、CE相交于G．求证：

CF=CG

本题条件中给出△ACD、△BCE都是等边三角形，且它们具有公共顶点C，所以想到要应用旋转型全等三角形进行证明，根据由公共顶点C发出的两组相等线段是CA、CD和CE、CB两两组成的全等三角形的方法，就可找到这对全等三角形应是△ACE和△DCB，

全等的条件是CA=CD，CE=CB，它们的夹角都等于旋转角60°

加上公共部分∠ACE（也是60°

），也就是都等于120°

，在证明了△ACE和△DCB全等以后，就可得∠EAC=∠BDC，

由于本题要证的结论是CF=CG，这也是两条具有公共端点相等线段，所以可组成一个等腰三角形，又因为A、C、B成一直线，从而又可得∠DCE=60°

，

所以△CFG不仅是等腰三角形，而且是一个等边三角形（这个等边三角形尚未出现，但在分析中

可以想到），而这个等边三角形与等边△ACD或等边

△BCE又都有一个公共顶点C，从而又可分别出现一对旋转型全等三角形，如果由公共顶点C发出的两组相等线段选取CA、CD和CF、CG，则这对全等三角形就是△ACF和△DCG，

在讨论全等条件时，CF和CG相等是结论，不能用，这样就可以取AC=DC，∠ACF=∠DCG=60°

，还需要的一个条件就可以取由△ACE≌△DCB后得到的∠CAF=∠CDG，所以结论就可以证明。

如果由公共顶点C发出的两组相等线段选取CE、CB和CF、CG，则全等三角形就是△ECF和△BCG，也可用类似的方法完成分析。

本题要证明CF=CG，而由条件△ACD和

△BCE都是等边三角形，所以∠ACD=∠ABE=60°

，由于这两个角是CD、BE被AB所截得到的一组

同位角，所以可应用与同位角有关的平行线的基本图形的性质进行证明，也就可得CD∥BE，

这样结论中出现的线段CF就成为△ABE内一条边BE的平行线段，所以就可以应用由三角形内一条边的平行线段得到的平行线型相似三角形进行证明，

于是，由CF∥BE，可得△ACF∽△ABE，𝐶

𝐹

=𝐴

𝐶

CF=𝐴

·

𝐵

𝐸

=𝐴

，

𝐴

𝐴

+𝐵

又因为BE=BC，所以CF=𝐴

根据同样的道理还可得△BCG∽△BAD，𝐶

𝐺

=𝐵

也可证得CF=𝐴

，从而也可以完成分析。

𝐷

例4，已知：

菱形ABCD中，∠ABC=60°

E、F分别是BC、CD边上的动点，∠AEF=60°

，求证：

AB=CE+CF

本题要证明AB=CE+CF，就是要证明CD=CE+CF，也就是要证明DF=CE，由于已知四边形ABCD是菱形，就可以转化为三角形的问题进行讨论，转化

的方法是添加对角线，于是联结AC，就可得△ACD是一个等边三角形，

由条件∠AEF=60°

，观察图形，可以发现△EAF也是一个等边三角形（当然这还是一个要证明的结论），这样就出现了两个以A为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转型全等三角形，

找这对全等三角形的方法是：

将由公共顶点A发出的两组相等线段AE、AF；

AC、AD两两组成全等三角形，

所以联结AF，就可以找到这对全等三角形应是△AEC和△AFD，

全等的条件是AC=AD，∠ACE=∠ADF=60°

所以还要证明一个性质，

由于CE=DF是要证明的结论，不能用，证明AE=AF，即使证了也不能证明这两个三角形全等，所以第三个条件只能是证明对应角相等，

由于一对旋转型全等三角形，必定同时出现一对相似的等腰三角形和两个圆内接四边形，

所以由条件∠AEF=60°

和∠ACD=60°

就可得A、E、C、F四点共圆，

再由C、F、D成一直线，就可推得∠AEC=∠AFD，也就可以完成分析。

本题要证明AB=CE+CF，

出现了两条线段的和，所以可根据线段和的定义，将这两条线段接起来，

所以延长FC到G，使CG=CE，问题就成为要证明FG等于菱形的边长，

在作出了CG=CE后，就出现了这是两条具有公共端点C的相等线段，所以它们可以组成一个等腰三角形，由于这个等腰三角形只有两条腰而没有底边，所以应将底边添上，也就是联结EG，那么△CEG就是一个等腰三角形，

在这个三角形中，又可以得到∠ECG=60°

（或者是等于∠B，或者是等于180°

—120°

），所以△CEG不仅是一个等腰三角形，而且是一个等边三角形，

，观察图形，可以发现△EAF也是一个等边三角形（当然这还是一个要证明的结论），这样就出现了两个以E为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转型全等三角形，

将由公共顶点E发出的两组相等线段EG、EC；

EF、EA两两组成全等三角形，

所以联结AC，就可以找到这对全等三角形应是△EAC和△EFG，

全等的条件是EC=EG，∠ACE=∠FGE=60°

由于AC=FG是要证明的结论，不能用，证明EA=EF，即使证了也不能证明这

两个三角形全等，所以第三个条件只能是证明对应角相等，

由条件∠AEF=∠GEC=60°

（就是旋转角），再加上公共部分∠FEC，就可得∠

AEC=∠FEG，所以△EAC和△EFG全等就可以证明，分析就可以完成。

分析3：

当然，在作出△CEG这个等边三角形后，

由于已知四边形ABCD是菱形，就可以转化为三角形的问题进行讨论，转化的方法是添加对角线，于是联结AC，就可得△ABC也是一个等边三角形，这样就出现了两个以C为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转型全等三角形，

将由公共顶点C发出的两组相等线段CE、CG；

CA、CB两两组成全等三角形，

所以联结BG，就可证明△CEA和△CGB是一对旋转型全等三角形，然后同样可以证明△FEG和△BGC，

分析4：

而已知AB=BC，所以就要证明BC=CE+CF，也就是要证明BE=CF，

这样就出现了两条以A为旋转中心、旋转60°

得到的两条相等线段（更一般的道理是出现了绕正六边形的中心旋转60°

的两条相等线段，这里的正六边形没有完整地画出来），

所以可添加旋转型全等三角形进行证明，添加的方法是作具有公共顶点的两个等边三角形，

由于BC是等边三角形ABC的一条边，所以首先取的是等边三角形ABC，于是以与等边△ABC的顶点A发出的线段AE为边作等边三角形AEG，

这样就出现了两个以A为公共顶点的等边三角形，所以一定得到一对旋转型全等三角形，

将由公共顶点A发出的两组相等线段AG、AE；

AB、AC两两组成全等三角形，

所以联结BG，就可以找到这对全等三角形应是△AGB和△AEC，

全等的条件是AG=AE，AB=AC，夹角∠BAG和∠CAE都等于旋转角60°

减去公共部分∠BAE,

从而就可得BG=CE，∠ABG=∠ACE=60°

于是，就可得到△BEG和△CFE也是一对绕等边三角形ABC的顶点A旋转

60°

的全等三角形，全等的条件已经有BG=CE，∠EBG=∠FCE=120°

所以还要证明一个性质，

由于BE=CF是要证明的结论，不能用，证明EG=FE，即使证了也不能证明这两个三角形全等（这是一般地讲两边一对角对应相等还不能证明这两个三角形全等，在这里因为所对的角120°

，所以如果能证明相等的话，实际上已经可以证明全等了），所以第三个条件只能是证明对应角相等，

也就是要证明∠BEG=∠CFE，

由于在△ECF内，∠CFE=180°

-120°

-∠CEF=60°

-∠CEF，

而由B、E、C成一直线，∠AEG=∠AEF=60°

也可以证明∠BEG=60°

所以∠BEG=∠CFE可以证明，分析就可以完成。

例5，已知：

A、B、C、D、E、F是⊙O上的六点，△AOF、△BOC、△ODE和△OEF都是等边三角形，G是AB的中点，H是CD的中点，

I是EF的中点，联结GH、HI、GI.求证：

△GHI是等边三角形

H

本题的条件中给出G是AB的中点，

是CD的中点，I是EF的中点，是三个中点，是多个中点问题，所以可应用或添加三角形中位线的基本图形进行证明，

由于G、H、I这三个中点所在的线段AB、CD、EF没有公共端点，不能组成三角形，所以这三个中点两两的联线就不是三角形的中位线，所以就要增加中点。

又因为△ODE、△OEF、△OFA是三个连续的等边三角形，它们组成了半个正六边形，

而另一半中只有一个△OBC是等边三角形，而这个等边三角形在位置上又没有确定的要求，或者也就是等腰△OAB和△OCD并没有大小上的确定的要求，所以△OBC就可以绕O旋转，

而对这个问题来说，那就是不论这个三角形旋转到什么位置上，这个结论都是成立的，也就是将相应的三个中点顺次连结起来，得到的都是等边三角形，而图形在一般位置上成立的性质，在特殊位置上是一定成立的，而图形在

特殊位置上时，由于有特殊的性质可应用，所以就可以首先对要证明的性质加以证明，

于是就首先考虑将△OBC旋转到圆内的一个特殊位置上，也就是将B、C也旋转到圆内接正六边形的顶点上，

也就是延长EO交⊙O于J，延长FO交⊙O于K，并连结AJ、JK、KD，那么六边形AJKDEF就是圆内接正六边形，

对这个正六边形来讲，同样的性质当然也应该是成立的，所以取AJ和KD的中点L、M，并连结IL、LM、MI，则△ILM也是一个等边三角形，但这个性质是可以首先进行证明的，

由于现在I、L、M是正六边形AJKDEF不相邻的三边的中点，所以IL是等腰梯形AJEF的中位线，

AF∥JE∥LI，，

根据同样的道理可以证明

所以△ILM是等边三角形，

由于要证明的结论是△GHI是等边三角形，这样就出现了两个以I为公共顶点的等边三角形，所以必定会构成一对旋转型全等三角形，

根据由公共顶点I发出的两组相等线段IM、IL和IH、IG两两构成全等三角形的方法，可找到这对全等三角形应是△HIM和△GIL，

于是连结GL、HM，

由于△GHI是等边三角形是要证明结论，所以就要先证这两个三角形全等，现在已经出现的全等条件是MI=LI，而GI=HI是要证明的结论，不能用，所

以要另外证明两个性质，

由于现在条件中出现了G、H、I、L、M分别是AB、CD、EF、AJ、KD的中点，是多个中点问题，所以就可应用三角形的中位线的基本图形的性质进行证明，由于G、L所在的线段AB、AJ具有公共端点A，可以组成三角形，所以GL

就是三角形的中位线，

而现在图形中是有中位线但三角形不完整，所以应将三角形的边添上，也就是连结BJ，即可得

根据同样的道理，由H、M分别是DC、DK的中点，连结CK后，又可得HM∥CK，

由于这两组性质都与GL和HM有联系，所以证明△HIM和△GIL全等的第二个条件就应是证明GL=HM，也就进一步成为要证BJ=CK，

由于在条件中还出现了△OBC和△OJK也是两个具有公共顶点O的等边三角形，所以又可以构成一对旋转型全等三角形，

根据由公共顶点O发出的两组相等线段OB、OC和OJ、OK两两组成全等三

角形的方法，可找到这对全等三角形应是△OBJ和△OCK，

全等的条件是OB=OC，OJ=OK，∠BOJ=∠COK都等于旋转角60°

减去公共部分∠JOC，从而就可证得BJ=CK，也就可得GL=HM，

在证明了两组边对应相等以后，由于第三组边IJ和IH对应相等，是要证明的结论，不能用，所以第三个条件只能证明它们的夹角相等，也就是应证∠GLI=∠HMI，

但我们已证明GL∥BJ，LI∥JE，所以∠GLI=∠BJE，根据同样的道理，又可得∠HMI=∠CKF，但在证明了△OBJ≌△OCK后，又有∠BJE=∠CKF，所以上述性质可以证明，

在证得△GIL和△HIM全等后，就可得IG=IH，∠GIL=∠HIM，

而已经证明∠LIM=∠HIM+∠LIH=60°

，所以就有∠GIH=∠GIL+∠LIH也等于60°

，所以△GHI是等边三角形就可以证明

例6，已知：

△ABC中，以AB为边向△ABC外作正方形ABDE，以AC为边向△ABC外作正方形ACFG，连结BG、CE．

BG=CE

本题条件中出现了两个以A为公共顶点的正方形ABDE和ACFG，从而就可出现一对旋转型全等三角形，

根据由公共顶点A发出的两组相等线段AE、

AB和AC、AG两两组成全等三角形的方法，可以找到这对全等三角形应是△ACE和△AGB，

全等的条件是AE=AB，AC=AG和它们的夹角∠

EAC和∠BAG都等于旋转角90°

加上公共部分∠BAC，全等以后，就可得CE=BG，分析就可以完成。

例7，已知：

△ABC中，以AB为边向△ABC外作正方形ABDE，以AC为边向△ABC外作正方形ACFG，以AE、AG为邻边作平行四边形AGHE，AD、

BE相交于I，连结HI、CI．求证：

HI=CI

本题要证明HI、CI这两条线段相等，又因为条件给出正方形ABDE的对角线AD、BE相交于I，所以EI=AI，这样就出现了由I点发出的两组相等线段，从而就想到要应用旋转型全等三角形来进行证明，且这两组相等线段应两两交成等角，由于EI⊥AI，所以HI也应与CI垂直，所以

HI和EI可以组成一个等腰直角三角形，也就是半个正方形，

而AD、BE将正方形ABDE分成四个等腰直角三角形，也都是半个正方形，且它们有一个公共

的直角顶点，所以就

顶点I，且这个顶点I也是HI、CI组成的等腰直角三角形

可以应用旋转型全等三角形进行证明，由于正方形ABDE被分成四个等腰直角三

角形，所以选择哪一个等腰直角三角形来进行分析，就可以有四种可能情况，如选取等腰直角△IEA，那么等腰直角△IEA和要证明的等腰直角△IHC就

是两个具有公共顶点I的半个正方形，所以就可组成一对旋转型全等三角形，根据由公共顶点I发出的两组相等线段IE、IA和IH、IC两两组成全等三角形的方法，就可以找到这对全等三角形应是△IEH和△IAC，

由于△IHC是等腰直角三角形是要证明的结论，不能用，所以就要先证明这两个三角形全等，在△IEH和△IAC中，已经有的条件是IE=IA，由条件四边形

AGHE是平行四边形，应用平行四边形的性质，可得EH=AG，而由条件四边形ACFG是正方形，又可得AG=AC