巧用正三角形解题

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(余姚市实验学校 浙江余姚 315400)

巧用正三角形解题

●应立君余雪赞

(余姚市实验学校 浙江余姚 315400)

正三角形又称等边三角形，是最完美的三角形．它的3条边相等，3个内角均为60°，可以据此进行边角的传递、转化；它是轴对称图形，被对称轴分成的2个三角形(含有30°角的特殊直角三角形)，可以据此进行长度、角度、面积等计算；它又是旋转对称图形，据此可把它分成3个全等的特殊等腰三角形(顶角为120°)．本文介绍正三角形在竞赛解题中的的几种用法，旨在抛砖引玉.

1 化归成“正三角形”

正三角形是特殊的锐角三角形，据此可以对某些试题进行特殊化求解．

例1已知锐角△ABC的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆的半径，则∠A的度数是

( )

A．30° B．45° C．60° D．75°

(2007年全国初中数学联赛试题)

原解如图1，联结BO并延长交⊙O于点A′，联结AA′，A′C．易知AH⊥BC，A′C⊥BC，得

AH∥A′C，

同理

AA′∥HC，

因此

得∠BA′C=60°，故∠BAC=60°．

巧解联想到△ABC为正三角形时，正好满足题设条件.故选C．

评注针对单项选择题，若用特殊值法，则可快速高效地解决．

图1 图2

例2已知点I是锐角△ABC的内心，A1，B1，C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点.若点B在△A1B1C1的外接圆上，则∠ABC=

( )

A.30° B.45° C.60° D.90°

(2005年全国初中数学联赛试题)

原解如图2，联结IA1,IB1,IC1,IB.由轴对称性知

IA1=IB1=IC1=2ID，

且ID⊥BC，点I是△A1B1C1的外心，因此IB=2ID，从而∠IBD=30°.同理∠IBA=30°，于是∠ABC=60°.故选C.

巧解当△ABC为正三角形时，满足题设条件.故选C.

评注利用正三角形内心、外心重合的特殊性质，联想到正三角形与之契合.

例3已知正数a,b,c，A，B，C满足a+A=b+B=c+C=k．求证：aB+bC+cA

(第21届全苏数学奥林匹克竞赛试题)

原解设f(a)=aB+bC+cA-k2=

a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)-k2=

(k-b-c)a+(b-k)(k-c),

当k-b-c=0时，f(a)=(b-k)(k-c)<0;当k-b-c≠0时，f(a)是a关于的一次函数，f(a)随着a的变化而单调增加或减少,且

f(0)=(b-k)(k-c)<0，

f(k)=k(k-b-c)+(b-k)(k-c)=-bc<0．

因此，当0

aB+bC+cA-k2<0，

故

aB+bC+cA

图3 图4

巧解如图3，构造边长为k的正△PQR，在各边上分别取点D,E,F，使PD=A，QE=B，RF=C，则QD=a，RE=b，PF=c．易知

S△QDE+S△REF+S△PFD

得

即

aB+bC+cA

评注原解构造函数的代数解法不易想到，做起来也比较困难．若能拓展思路，大胆创新，联想到正三角形的性质，运用面积关系进行整体上的把握，便简洁明了．

2 补形成“正三角形”

平面几何竞赛题，总给人难以入手的感觉，究其原因是图形识别存在障碍，特别是有些问题的图形不完整，让人“不识庐山真面目”．解决此类问题需要大胆想象，积极尝试，填补缺陷，创造完美．正三角形的多重特性，使其成为联想的重要对象．

例4在△ABC中，已知∠CAB=60°，点D，E分别在边AB，AC上，且∠AED=60°，ED+DB=CE，∠CDB=2∠CDE，则∠DCB=

( )

A．15° B．20° C．25° D．30°

(2010年全国初中数学联赛试题)

解如图4，延长AB到点F，使BF=AD．先证△ADE与△ACF均为正三角形，从而

AC=CF，∠A=∠F=60°，AD=BF，

因此△ADC≌△FBC，得CD=CB.再求

从而∠DCB=20°.故选B．

评注根据已知条件，补画正三角形，使整个图形成轴对称，容易作出恰当的判断，反复运用正三角形3条边相等、3个内角为60°的性质，完整地推理出结论．

图5

(第20届希望杯全国数学邀请赛初中试题)

评注若用代数方法分别计算S1,S2,S3，则有繁琐之嫌．针对3条等长线段及两两夹角为60°的已知条件，通过平移构造正三角形，从整体上考虑，给人以耳目一新之感．

例6如图6，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是△ABC内一点，且∠DAC=∠DCA=15°.求证：BD=BA．

(2009年湖北省黄冈市初中数学竞赛试题)

图6 图7

证法1如图7，作点D关于BC的对称点D′，联结D′A，D′B，D′C，D′D．易知△DD′C为正三角形，可证明△ACD≌△AD′D，得

AD′=AC=AB，∠BAD′=60°，

从而△ABD′为正三角形，再证明BD=BA．

证法2如图8，以AD为边作正△ADE，联结BE．先证△ACD≌△ABE，得

∠AEB=∠ADC=150°，

再证明△BAE≌△BDE，结论得证．

图8 图9

证法3如图9，延长CD交∠BAC的平分线于点F，联结BF．由轴对称性易证△ACF≌△ABF，得

∠AFB=∠AFC=∠BFD=120°,

再证△BAF≌△BDF，得BA=BD．

评注注意到题中已知∠DCB=30°(由结论逆推可知∠ABD也为30°)，因此通过轴对称变换可得证法1中的正△DCD′和△ABD′，顺着猜想，合情推理表达即可．另外，本题的解法很多，以任何一条线段为边作正三角形均可证明结论．

3 构造姐妹“正三角形组”

2个正三角形共顶点时，往往可以找到一对全等三角形(如图10，若△ABC与△DEC是正三角形，则必有△ACE≌△BCD，得BD=AE，且BD,AE的一个夹角为60°)，解题时可以据此进行角、线段的等量代换．

图10

例7如图11，△ABC与△DEC均是等边三角形.若∠AEB=145°，则∠DBE的度数是________．

(2012年全国初中数学联赛海南赛区试题)

解由已知可证△ACE≌△BCD，从而∠CAE=∠CBD.由凹四边形ACBE得

∠AEB=∠EAC+∠EBC+∠ACB，

即

∠EBD=∠AEB-∠ACB=145°-60°=85°．

评注这是由2个正三角形共顶点组成的基本图形，一定含有一对全等三角形，可以进行角度的转移，再结合正三角形的一个内角为60°的隐含条件，迅速准确地求出答案．

图11 图12

例8已知O是等边△ABC内的一点，∠AOB,∠BOC,∠AOC的角度之比为6∶5∶4．则在以OA,OB,OC为边的三角形中，此三角形所对的角度之比为________．

(2005年山西省太原市初中数学竞赛试题)

解如图12，以AO为边作正△AOO′，联结O′C.易证△ABO≌△ACO′，得

CO′=BO，

由正△AOO′知AO=OO′，且

∠AOO′=∠AO′O=60°，

因此△OO′C与以OA,OB,OC为边的三角形全等．可求得

∠OO′C=144°-60°=84°，

∠OCO′=60°，

从而以OA,OB,OC为边的三角形的对应角度之比为60∶36∶84=5∶3∶7．

评注已有一个正三角形，再添一个正三角形与之共顶点，构成基本图形，实现角及边长的转移．再结合正三角形3条边相等，每个内角为60°的性质，解决问题．

例9已知点P是锐角△ABC内的一个点，且使PA+PB+PC最小．试确定点P的位置，并证明你的结论．

(2009年天津市初中数学竞赛试题)

图13 图14

证明如图13，分别以AP,AC为边作正△APP′和正△AB′C，联结P′B′．先证△APC≌△AP′B′，得PC=P′B′.由正△APP′得AP=PP′，从而PA+PB+PC转化为BP+PP′+P′B′.

而对一个确定的锐角△ABC，点B与B′的相对位置关系是确定的，根据“两点之间线段最短”可知B,P,P′,B′在同一直线上时取得最小值(如图14)．进而可以说明此时

∠APB=∠APC=∠BPC=120°．

评注求3条呈发散状的线段和的最小值，往往需要转化成确定2个端点的折线长，而2个正三角形共顶点的基本图形恰能帮助实现这一目标．

本题结论实质上是著名的费马点问题的一部分，有兴趣的读者可以查阅相应的资料，作进一步研究．实践中确定点P的位置的作图方法可以是：以△ABC(最大内角小于120°)的2条边(如AB,AC)为边长，向外作正△ABC′与正△ACB′，线段BB′与CC′的交点就是所求的点P(若以BC为边向外作正△BCA′，则AA′必经过点P)．