等邊三角形的拓展探究

江蘇鹽城市大豐區萬盈初級中學（224100）王 剛

等邊三角形是初中階段學習的重要三角形，等邊三角形既是等腰三角形，又是正多邊形，是一種完美的三角形。等邊三角形三邊相等，三個角相等。等邊三角形是擁有三條對稱軸的軸對稱圖形，同時也是旋轉對稱圖形，繞中心點至少旋轉120°后能與自身重合。幾何圖形的拓展探究是近幾年中考數學命題的方向之一，此類題常作為中考數學的壓軸題，它一方面考查學生對幾何圖形的性質的掌握情況，另一方面考查學生的探究能力。此類題常與旋轉、平移、翻折等圖形變換相結合，探索角度、線段的數量關系、線段長和圖形的形狀等。

一、探索圖形變化中的角度

在圖形的形狀、平分某一個角、垂直或平行關系、某條線段的中點等原始條件不變的情況下，隨著某一條直線或一個動點處于不同的位置（如在圖形的內部、邊上或外部等），圖形發生了變化，而其中某個角的角度始終不變，這就是變化中不變的量，在等邊三角形中就存在這種情況。

［例1］△ABC是等邊三角形，P為平面內的一個動點，BP=BA，0° <∠PBC<180°，DB平分∠PBC，且DB=DA。

（1）當BP與BA重合時（如圖1），求∠BPD的度數；

圖1

（2）當BP在∠ABC的內部時（如圖2），求∠BPD的度數；

圖2

（3）當BP在∠ABC的外部時，請你直接寫出∠BPD的度數。

解析：（1）∵△ABC是等邊三角形，BD平分∠PBC，∴∠PBD=∠CBD=30°，∵DB=DA，∴∠PBD=∠BPD=30°。

（2）連接CD，由“SAS”可證△PBD≌△CBD，可得∠BPD=∠BCD，由“SSS”可證△BCD≌△ACD，可得∠BCD=∠ACD==30°，即可求解。如圖3，連接CD，∵點D在∠PBC的平分線上，∴∠PBD=∠CBD，∵△ABC是等邊三角形，∴BA=BC=AC，∠ACB=60°，∵BP=BA，∴BP=BC，∵BD=BD，∴△PBD≌△CBD（SAS），∴∠BPD=∠BCD，∵DB=DA，BC=AC，CD=CD，∴△BCD≌△ACD（SSS），∴∠BCD=∠ACD==30°，∴∠BPD=30°。

圖3

（3）分三種情況進行討論，由全等三角形的性質可求解。

如圖4，連接CD，∵AD=BD，CD=CD，BC=AC，∴△ACD≌△BCD（SSS），∴∠ACD=∠BCD=30°，∵BD=BD，∠PBD=∠CBD，PB=BA=BC，∴△PBD≌△CBD（SAS），∴∠BPD=∠BCD=30°。

圖4

如圖5，連接CD，∵AD=BD，CD=CD，BC=AC，∴△ACD≌△BCD（SSS），∴∠ACD=∠BCD=30°，∵BD=BD，∠PBD=∠CBD，PB=BA=BC，∴△PBD≌△CBD（SAS）∴∠BPD=∠BCD=30°。

圖5

如圖6，連接CD，∵AD=BD，CD=CD，BC=AC，∴△ACD≌△BCD（SSS），∴∠ACD=∠BCD==150°，∵BD=BD，∠PBD=∠CBD，PB=BA=BC，∴△PBD≌△CBD（SAS），∴∠BPD=∠BCD=150°。

圖6

評注：雖然線段BP相對于△ABC的位置發生了5 種變化，但是∠BPD的度數在前4 種圖形中都沒有發生變化，只在第5 種圖形中發生了變化，其原因在于題中的原始條件：DB平分∠PBC，PB=BA，DA=DB始終不變。解題的思路都是一樣的，都分別利用了“SSS”“SAS”證明兩個三角形全等。

二、探究圖形變化中線段的數量關系

在“手拉手”模型中，有一個頂點重合的一大一小兩個等邊三角形，將不重合的兩個頂點分別聯結，無論兩個等邊三角形如何旋轉，都可以利用全等三角形得到聯結所得的兩條線段相等。在“角含半角”的模型中，一個角是另一個角的一半，且這兩個角的頂點重合，無論這兩個角如何旋轉，都可以利用全等三角形得到一條線段等于另兩條線段的和。

［例2］如圖7，在△ABC中，∠ABC=∠ACB=60°，△BDC是等腰三角形且BD=CD，∠BDC=120°，以D為頂點作∠MDN=60°，交邊AB，AC于M，N兩點，延長AC到點E，使得CE=BM，連接MN，DE。

圖7

（1）試說明：①△MBD≌△ECD；②MN=BM+NC；

（2）若點M是AB的延長線的一點，N是CA的延長線上的點，點E在線段AC上，其他條件不變，探究線段BM，MN，NC之間的關系，并說明理由。

解析：（1）①如圖8，延長AC至E，使得CE=BM，并連接DE?！摺鰾DC為等腰三角形，△ABC為等邊三角形，∴BD=CD，∠DBC=∠DCB，∠MBC=∠ACB=60°，又BD=DC，且∠BDC=120°，∴∠DBC=∠DCB=30°，∴∠ABC+∠DBC=∠ACB+∠DCB=60°+30°=90°，∴∠MBD=∠ECD=90°，在△MBD與△ECD中，∵BD=CD，∠MBD=∠ECD，EC=BM，∴△MBD≌△ECD（SAS）。

圖8

②∵△MBD≌△ECD（SAS），∴MD=DE，∠BDM=∠CDE，BM=CE，又∵∠BDC=120°，∠MDN=60°，∴∠BDM+∠NDC=∠BDC?∠MDN=60°，∴∠CDE+∠NDC=60°，即∠NDE=60°，∵∠MDN=∠NDE=60°，在△DMN與△DEN中，DM=DE，∠MDN=∠NDE，DN=DN，∴△DMN≌△DEN（SAS），∴MN=EN，又∵NE=NC+CE，BM=CE，∴MN=BM+NC；

（2）結論：MN=NC?BM。

理由：如圖9，在CA上截取CE=BM?！摺鰽BC是正三角形，∴∠ACB=∠ABC=60°，又∵BD=CD，∠BDC=120°，∴∠BCD=∠CBD=30°，∴∠MBD=∠DCE=90°，在△BMD和△CED中，∵EC=BM，∠MBD=∠DCE，BD=DC，∴△BMD≌△CED（SAS），∴DE=DM，在△MDN和△EDN中，∵ND=ND，∠EDN=∠MDN，MD=ED，∴△MDN≌△EDN（SAS），∴MN=NE=NC?CE=NC?BM。

圖9

評注：已知或求證一條線段等于另兩條線段的和，一般采用“截長補短法”，即在較長線段上截取一條線段，使之等于其中一條較短線段，然后通過三角形全等得到截剩下的線段等于另一條線段，或者將其中一條較短的線段延長，使延長部分的線段等于另一條較短線段，然后通過三角形全等得到延長后的線段等于長線段。

三、探究圖形變化中三角形的形狀

在等邊三角形每邊依次取相等的線段，分別聯結這三個“分點”與對角頂點形成三條線段，這三條線段圍成的三角形是等邊三角形，或者在等邊三角形每邊依次取相等的線段，順次聯結這三個“分點”所得的三角形仍是等邊三角形；兩個大小不等的等邊三角形，其中一個頂點重合，然后將不重合的兩個頂點聯結，得到兩條線段，再取兩條線段的中點，兩中點與重合的頂點形成的三角形仍是等邊三角形。

［例3］如圖10，△ABC，△CDE都是等邊三角形，AD，BE相交于點O，點M，N分別是線段AD，BE的中點。

圖10

（1）求證：△ACD≌△BCE；

（2）求∠DOE的度數；

（3）試判斷△MNC的形狀，并說明理由。

解析：（1）根據等邊三角形性質得AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，根據“SAS”即可證明△ACD≌△BCE。

∵△ABC，△CDE都是等邊三角形，∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，在△ACD和

∴△ACD≌△BCE（SAS）。

（2）根據全等求出∠ADC=∠BEC，根據三角形的內角和定理求出∠ADE+∠BED的值。

∵△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC，∵△DCE是等邊三角形，∴∠CED=∠CDE=60°，∴∠ADE+∠BED=∠ADC+∠CDE+∠BED=∠ADC+60° +∠BED=∠CED+60°=60°+60°=120°，∴∠DOE=180° ?（∠ADE+∠BED）=60°。

（3）求 出AM=BN，根 據“SAS”證△ACM≌△BCN，推出CM=CN，求出∠NCM=60°。

∵△ACD≌△BCE，∴∠CAD=∠CBE，AD=BE，AC=BC，又∵點M，N分別是線段AD，BE的中點，∴AM=AD，BN=BE，∴AM=BN，在△ACM和△BCN中，AC=BC，∠CAM=∠CBN，AM=BN，∴△ACM≌△BCN（SAS），∴CM=CN，∠ACM=∠BCN，又∠ACB=60°，∴∠ACM+∠MCB=60°，∴∠BCN+∠MCB=60°，∴∠MCN=60°，∴△MNC是等邊三角形。

評注：在解答第（2）問的過程中，使用了“8”字形圖形，因為對頂角相等，根據三角形內角和為180°，可得剩下的兩個角的和相等。判定一個三角形的形狀，一般考慮它可能為等腰三角形、等邊三角形或直角三角形。根據三角形的大致形狀，要判斷一個三角形為等邊三角形，一般通過“有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形”來判定。

等邊三角形的拓展探究，還包括探究圖形變化中線段的長、探究圖形變化中的內接正三角形。它們都是以等邊三角形為背景，構造圖形的變化、運動，在圖形的變化過程中，探究其中不變的量，如角度、數量關系或圖形形狀等，一方面考查學生的畫圖能力，另一方面考查學生的知識遷移能力，以及考查學生能否利用相同的方法解決不同的問題。