魏永超 方丹

能夠完全重合的兩個三角形叫全等三角形.在幾何題中，我們通常需要依據(jù)這一核心定義，去發(fā)現(xiàn)并構(gòu)造兩個三角形全等.比如兩個三角形只滿足三角形全等的部分條件，但明顯不全等，我們可以選定一個三角形，人為再構(gòu)造一個和這個選定的三角形一模一樣的圖形，即完全重合，再去證明全等，做題思路瞬間打開，數(shù)學(xué)思維迭代提高.我把這種思想方法總結(jié)為：割大，補小，大的割一點小的補一點.下面我以武漢市江岸區(qū)2018～2019學(xué)年度第一學(xué)期期中考試八年級數(shù)學(xué)試卷中第23題為例進(jìn)行簡單說明.

已知，在△ABC中，AC=BC，分別過A、B點作互相平行的直線AM、BN，過點C的直線分別交直線AM、BN于點D、E.

（1）已知AM⊥AB.

①若DE⊥AM，請直接寫出CD、CE的數(shù)量關(guān)系.

②如圖1，DE與AM不垂直，判斷上述結(jié)論是否還成立，并說明理由.

（2）如圖2，90°<∠ABN<120°，∠ABC=∠DEB=60°，EC=nDC，求ADBE.

解：（1）①CD=CE.

②思路1：割大

∵AC=BC（已知），易證∠DAC=∠CBH，我們可以在△BCE中割去一部分，使之與△ADC全等.

具體輔助線可描述為在BE上截取BH=AD，連接CH.

∵AM⊥AB，AM∥BN，

∴∠DAB=∠ABN=90°.

又∵CA=CB，

∴∠CAB=∠ABC.

∴∠DAC=∠CBH.

在△ADC和△BCH中，AD=BH，∠DAC=∠CBH，AC=BC，

∴△ACD≌△BCH（SAS）.

∴CD=CH，∠ADC=∠BHC.

∵AM∥BN，

∴∠ADC+∠CEH=180°.

又∵∠BHC+∠CHE=180°，

∴∠CEH=∠CHE.

∴CH=CE.

∴CD=CE.

思路2：補小

∵AC=BC（已知），易證∠DAC=∠CBE，我們可以將△ADC補一部分，使之與△BCE全等.

具體輔助線可描述為在AM上截取AH=BE，連接CH.

在△AHC和△BEC中，

AH=BE，∠HAC=∠CBE，AC=BC，

∴△AHC≌△BEC（SAS）.

∴CE=CH，∠AHC=∠BEC.

又∵AM∥BN，

∴∠BEC=∠HDC.

∴∠CDH=∠CHD.

∴CH=CD.

∴CD=CE.

思路3：大的割一點小的補一點

∵AC=BC（已知），易證∠DAC=∠CBE，要求證CD=CE，我們可以將△ADC補一部分，同時將△BCE割一部分，使之全等.

具體輔助線可描述為過點C作CH⊥AM交AM于點H，過點C作CK⊥BN于點K.

∴∠AHC=∠BKC=90°.

∴△AHC≌△BKC（AAS）.

∴CK=CH.

又∵AM∥BN，

∴∠KEC=∠HDC.

在△DHC和△EKC中，

∠AHC=∠BKC=90°，∠KEC=∠HDC，CK=CH，

∴△DHC≌△EKC（AAS）.

∴CD=CE.

思路4：要求證CD=CE，我們可以將△ADC遷移得到△HEC證明全等.

具體輔助線可描述為延長AC交BN于點H.

∵AM∥BN，

∴∠DAC=∠CHE.

易證∠DAC=∠CBH.

∴∠CHE=∠CBH.

∴CB=CH.

又∵CA=CB，

∴CA=CH.

在△ADC和△HEC中，

∠DAC=∠CHE，CA=CH，∠DCA=∠ECH，

∴△ADC≌△HEC（ASA）.

∴CD=CE.

（2）在第二問中，我們同樣可以運用割補法的思想來解決.

∵CA=CB，∠ABC=60°

∴△ABC為等邊三角形.

∴CA=CB=BC，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°.

∴∠DCA+∠BCE=120°，在△BCE中，∠BCE+∠CBE=120°.

∴∠DCA=∠CBE.

思路1：割大

∵AC=BC（已知），∠DCA=∠CBE，我們可以在△BCE中割去一部分，使之與△ADC全等.

具體輔助線可描述為在BE上截取BH=CD，連接CH.

則可證明△ADC≌△CHB（SAS）.

∴CH=AD，∠ADC=∠BHC.

又∵AM∥BN，∠ADC+∠BEC=180°，

∴∠ADC=120°.

∴∠BHC=∠ADC=120°.

∴∠CHE=60°.

∴∠CHE=∠CEB=∠HCE=60°.

∴△HCE為等邊三角形.

∴HC=HE=EC.

∵EC=nDC，設(shè)CD=x，則EC=nx，

∴BH=CD=x，EC=CH=AD=nx.

∴BE=BH+HE=（n+1）x.

∴ADBE=nn+1.

思路2：補小

∵AC=BC，∠DCA=∠CBE，我們可以將△ADC補一部分，使之與△BEC全等.

具體輔助線可描述為延長CD到點H，使CH=BE，連接AH，

則可證明△ACH≌△CBE（SAS）.

∴CE=AH，∠AHC=∠CEB=60°.

又∵AM∥BN，

∴∠ADH=∠BEC=60°.

∴∠H=∠HAD=∠ADH=60°.

∴△HAD為等邊三角形.

∴HA=AD=HD.

∵EC=nDC，設(shè)CD=x，則EC=nx，

∴EC=AH=AD=DH=nx.

∴BE=CH=CD+DH=（n+1）x.

∴ADBE=nn+1.

思路3：大的割一點，小的補一點

∵AC=BC（已知），∠DCA=∠CBE，我們可以將△ADC補一部分，同時將△BEC割一部分，然后構(gòu)造全等.

具體輔助線可描述為過點A作AH⊥CD交CD延長線于點H，過點C作CK⊥BE交BE于點K，則可證明△ACH≌△CBK（AAS）.

∴BK=CH，CK=AH.

又∵AM∥BN，

∴∠ADH=∠BEC=60°.

易證△ADH≌△CEK（AAS）.

∴KE=HD，CE=AD.

∵EC=nDC，設(shè)CD=x，則EC=nx，

∴AD=EC=nx.

在Rt△ADH中，∠BEC=60°，

∴∠HAD=30°.

∴HD=12AD=12nx，同理KE=12CE=12nx.

∴BE=BK+KE=CH+KE=（n+1）x.

∴ADBE=nn+1.

三角形全等的證明是平面幾何中證明線段的相等，角的相等常用的手段，而通過“割，補，移”的思想，從大局入手，能夠快速構(gòu)造全等三角形，打開思路，從而提出有效的輔助線解決方案.另外一題多解，一題多思能開闊學(xué)生的視野，發(fā)散思維，既激發(fā)了學(xué)生的探究欲望，也鍛煉了他們的表達(dá)能力，學(xué)生在平時對一道題目從多角度入手，在考試中才能更加從容應(yīng)對.