一道幾何探究題的多種證法

王志源

已知：如圖，△ABC、△DEF均為等邊三角形，連接AF.當BE=EC時，探究FA與DF的數量關系.

答案：FA=DF

方法一：取中點，利用全等證得

如圖1,分別取AB的中點M，連接ME、MF.

∵E是BC的中點 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME為等邊三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖2，作D作DG∥BC交AC于G,連接EG，可證△ADG為等邊三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS證△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所對的直角邊等于斜邊的一半，構造旋轉全等形證得

如圖3，連接AE,過E作EG⊥AB,過F作FH⊥AE,垂足分別為G、H.

∵E是BC的中點且△ABC為等邊三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF為等邊三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,證得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 為AE的垂直平分線，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖4，連接AE,作等邊△AEI,連接DI,由雙等邊得到旋轉類△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

證∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：構造全等M形，三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖5，延長AF交BC于N,過F作FM∥AC交BC于M.

先證∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：構造M形全等，導邊等,證全等得出

如圖6，在AB上截取一點N,使得DN=BE, 過F作MF∥BC,交AB于M.

先證全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可證 △MNF為等邊三角形，設BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS證△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：雙8字形相似，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖7，連接AE,延長DF至K,使FK=FD,連接AK、EK.

由DF=EF=FK先證∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再證∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中點M形相似，雙8相似形，導角證得

如圖8，延長EF交AC于P,先證M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可證∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF為公共角.

∴△QPF∽△QDA,

導出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由雙8字形相似導出∠DAF=∠DPF,從而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等邊三角形三線合一，雙8相似，全等證得

如圖9，連接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,連接DK.

先證∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 導出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 進而可證△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因為FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者單位：哈爾濱市第四十七中學）

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已知：如圖，△ABC、△DEF均為等邊三角形，連接AF.當BE=EC時，探究FA與DF的數量關系.

答案：FA=DF

方法一：取中點，利用全等證得

如圖1,分別取AB的中點M，連接ME、MF.

∵E是BC的中點 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME為等邊三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖2，作D作DG∥BC交AC于G,連接EG，可證△ADG為等邊三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS證△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所對的直角邊等于斜邊的一半，構造旋轉全等形證得

如圖3，連接AE,過E作EG⊥AB,過F作FH⊥AE,垂足分別為G、H.

∵E是BC的中點且△ABC為等邊三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF為等邊三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,證得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 為AE的垂直平分線，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖4，連接AE,作等邊△AEI,連接DI,由雙等邊得到旋轉類△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

證∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：構造全等M形，三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖5，延長AF交BC于N,過F作FM∥AC交BC于M.

先證∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：構造M形全等，導邊等,證全等得出

如圖6，在AB上截取一點N,使得DN=BE, 過F作MF∥BC,交AB于M.

先證全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可證 △MNF為等邊三角形，設BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS證△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：雙8字形相似，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖7，連接AE,延長DF至K,使FK=FD,連接AK、EK.

由DF=EF=FK先證∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再證∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中點M形相似，雙8相似形，導角證得

如圖8，延長EF交AC于P,先證M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可證∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF為公共角.

∴△QPF∽△QDA,

導出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由雙8字形相似導出∠DAF=∠DPF,從而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等邊三角形三線合一，雙8相似，全等證得

如圖9，連接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,連接DK.

先證∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 導出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 進而可證△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因為FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者單位：哈爾濱市第四十七中學）

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已知：如圖，△ABC、△DEF均為等邊三角形，連接AF.當BE=EC時，探究FA與DF的數量關系.

答案：FA=DF

方法一：取中點，利用全等證得

如圖1,分別取AB的中點M，連接ME、MF.

∵E是BC的中點 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME為等邊三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖2，作D作DG∥BC交AC于G,連接EG，可證△ADG為等邊三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS證△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所對的直角邊等于斜邊的一半，構造旋轉全等形證得

如圖3，連接AE,過E作EG⊥AB,過F作FH⊥AE,垂足分別為G、H.

∵E是BC的中點且△ABC為等邊三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF為等邊三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,證得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 為AE的垂直平分線，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外構造等邊三角形，共頂點雙等邊旋轉類全等轉移線段，全等證得

如圖4，連接AE,作等邊△AEI,連接DI,由雙等邊得到旋轉類△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

證∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：構造全等M形，三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖5，延長AF交BC于N,過F作FM∥AC交BC于M.

先證∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：構造M形全等，導邊等,證全等得出

如圖6，在AB上截取一點N,使得DN=BE, 過F作MF∥BC,交AB于M.

先證全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可證 △MNF為等邊三角形，設BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS證△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：雙8字形相似，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得出

如圖7，連接AE,延長DF至K,使FK=FD,連接AK、EK.

由DF=EF=FK先證∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再證∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中點M形相似，雙8相似形，導角證得

如圖8，延長EF交AC于P,先證M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可證∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF為公共角.

∴△QPF∽△QDA,

導出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由雙8字形相似導出∠DAF=∠DPF,從而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等邊三角形三線合一，雙8相似，全等證得

如圖9，連接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,連接DK.

先證∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 導出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 進而可證△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因為FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者單位：哈爾濱市第四十七中學）

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