一道期中考试几何综合题引起的思考

魏永超 方丹

能够完全重合的两个三角形叫全等三角形.在几何题中，我们通常需要依据这一核心定义，去发现并构造两个三角形全等.比如两个三角形只满足三角形全等的部分条件，但明显不全等，我们可以选定一个三角形，人为再构造一个和这个选定的三角形一模一样的图形，即完全重合，再去证明全等，做题思路瞬间打开，数学思维迭代提高.我把这种思想方法总结为：割大，补小，大的割一点小的补一点.下面我以武汉市江岸区2018～2019学年度第一学期期中考试八年级数学试卷中第23题为例进行简单说明.

已知，在△ABC中，AC=BC，分别过A、B点作互相平行的直线AM、BN，过点C的直线分别交直线AM、BN于点D、E.

（1）已知AM⊥AB.

①若DE⊥AM，请直接写出CD、CE的数量关系.

②如图1，DE与AM不垂直，判断上述结论是否还成立，并说明理由.

（2）如图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），易证∠DAC=∠CBH，我们可以在△BCE中割去一部分，使之与△ADC全等.

具体辅助线可描述为在BE上截取BH=AD，连接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：补小

∵AC=BC（已知），易证∠DAC=∠CBE，我们可以将△ADC补一部分，使之与△BCE全等.

具体辅助线可描述为在AM上截取AH=BE，连接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：大的割一點小的补一点

∵AC=BC（已知），易证∠DAC=∠CBE，要求证CD=CE，我们可以将△ADC补一部分，同时将△BCE割一部分，使之全等.

具体辅助线可描述为过点C作CH⊥AM交AM于点H，过点C作CK⊥BN于点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：要求证CD=CE，我们可以将△ADC迁移得到△HEC证明全等.

具体辅助线可描述为延长AC交BN于点H.

∵AM∥BN，

∴∠DAC=∠CHE.

易证∠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）在第二问中，我们同样可以运用割补法的思想来解决.

∵CA=CB，∠ABC=60°

∴△ABC为等边三角形.

∴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，我们可以在△BCE中割去一部分，使之与△ADC全等.

具体辅助线可描述为在BE上截取BH=CD，连接CH.

则可证明△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为等边三角形.

∴HC=HE=EC.

∵EC=nDC，设CD=x，则EC=nx，

∴BH=CD=x，EC=CH=AD=nx.

∴BE=BH+HE=（n+1）x.

∴ADBE=nn+1.

思路2：补小

∵AC=BC，∠DCA=∠CBE，我们可以将△ADC补一部分，使之与△BEC全等.

具体辅助线可描述为延长CD到点H，使CH=BE，连接AH，

则可证明△ACH≌△CBE（SAS）.

∴CE=AH，∠AHC=∠CEB=60°.

又∵AM∥BN，

∴∠ADH=∠BEC=60°.

∴∠H=∠HAD=∠ADH=60°.

∴△HAD为等边三角形.

∴HA=AD=HD.

∵EC=nDC，设CD=x，则EC=nx，

∴EC=AH=AD=DH=nx.

∴BE=CH=CD+DH=（n+1）x.

∴ADBE=nn+1.

思路3：大的割一点，小的补一点

∵AC=BC（已知），∠DCA=∠CBE，我们可以将△ADC补一部分，同时将△BEC割一部分，然后构造全等.

具体辅助线可描述为过点A作AH⊥CD交CD延长线于点H，过点C作CK⊥BE交BE于点K，则可证明△ACH≌△CBK（AAS）.

∴BK=CH，CK=AH.

又∵AM∥BN，

∴∠ADH=∠BEC=60°.

易证△ADH≌△CEK（AAS）.

∴KE=HD，CE=AD.

∵EC=nDC，设CD=x，则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.

三角形全等的证明是平面几何中证明线段的相等，角的相等常用的手段，而通过“割，补，移”的思想，从大局入手，能够快速构造全等三角形，打开思路，从而提出有效的辅助线解决方案.另外一题多解，一题多思能开阔学生的视野，发散思维，既激发了学生的探究欲望，也锻炼了他们的表达能力，学生在平时对一道题目从多角度入手，在考试中才能更加从容应对.