一道几何模型隐藏得很深的难题的解法探讨（2）

例题：在四边形ABCD中，对角线AC与BD互相垂直且相等，若∠BAD=105度，AD=4倍根号2，DC=13。请求出AB的长度。

审题：此题中有两对角线互相垂直且相等，此条件的转化应该成为我们解题的关键点之一，我们可以通过平移构造出等腰直角三角形；另外105度这个条件如何使用，是我们解题的关键点之二，我们发现105度=45度 60度，故需要构造出含有这些角度的特殊三角形，也就是含45度的直角三角形和含60度的直角三角形。

前情回顾：在前文中我们抓住两条对角线互相垂直且相等这一条件进行转化，通过平移其中一条对角线，构造出等腰直角三角形，然后再作出第二个等腰直角三角形，从而构成手拉手模型，然后或全等或相似，将条件集中到一个三角形中求解，得到了6种不同解法。

那么，两条对角线互相垂直且相等这一条件还可以怎样进行转化呢？可以通过中位线转化到一个等腰直角三角形中。

思路7：通过中位线构造等腰直角三角形，然后再构造手拉手模型。

解法7：取AB、DC、AD中点E、F、G，连接EG、FG。显然⊿EFG是等腰直角三角形，故以GD为一直角边向形内再作一个等腰直角三角形MGD，从而构成手拉手模型！易证⊿GME≌⊿GDF（SAS）。在⊿AME中，可得ME=DF=6.5，AM=4，∠EAM=60度，易得AE=7.5，故AB=15。

思路8：通过中位线构造等腰直角三角形，然后再构造手拉手模型。

解法8：取AB、DC、AD中点E、F、G，连接EG、FG。显然⊿EFG是等腰直角三角形，故以AG为一直角边向形内再作一个等腰直角三角形MGA，从而构成手拉手模型！易证⊿GAE≌⊿GMF（SAS）。在⊿DME中，可得DF=6.5，DM=4，∠DMF=60度，易得MF=7.5，故AE=7.5，故AB=15。

由前面的各种解法，我们还可以受到启发，得到如下两种简化解法。

思路9：由解法1得到启发，以AD为一直角边向四边形内部作等腰直角三角形，构造出全等三角形。

解法9：以AD为一直角边作等腰直角三角形ADF，其中DA=DF，显然有⊿DAC≌⊿FDB（SAS） ，所以BF=DC=13。在⊿ABF中，BF=13，AF=8，∠BAF=60度。再过F作FG⊥AB于G，则FAG=4，FG=4倍根号3。于是由勾股定理得BG=11，故AB=EF=15。

思路10：由解法4得到启发，以AD为一直角边向四边形内部作等腰直角三角形，构造出全等三角形。

解法10：以AD为一直角边作等腰直角三角形ADF，其中AF=AD，显然有⊿DAB≌⊿AFC。所以FC=AB，∠AFC=∠BAD=105度。在⊿FDC中，DC=13，DF=8，∠DFC=60度。再过D作DG⊥FC于G，则FG=4，DG=4倍根号3.于是由勾股定理得CG=11。则CF=4 11=15，故AB=FC=15。

两条对角线互相垂直且相等这一条件除了前面的两种转化方法，还可以怎样进行转化呢？可以通过构造旋转中心来进行转化。

思路11：由AC与BD相等且垂直，可以设想有一旋转中心，点B绕其旋转到点A，点D绕其旋转到点C。故以AB为斜边向四边形内部作等腰直角三角形，再证明其直角顶点就是旋转中心。

解法11：以AB为斜边向四边形内部作等腰直角三角形ABE，其中EA=EB。因为∠BEA=∠BOA=90度，由八字形可得∠EBD=∠EAC，再由BD=AC，可证⊿EBD≌⊿EAC（SAS）（实际上就是手拉手的旋转全等） 。所以ED=EC，ED⊥EC，即⊿ECD为等腰直角三角形。在⊿ADE中，AD=4根号2，DE=6.5根号2，∠EAD=60度。故过D作DG⊥AE于G，则AG=2根号2，DG=2倍根号6。于是由勾股定理得EG=5.5根号2。则AE=7.5根号2，故AB=15。

思路12：由AC与BD相等且垂直，可以设想有一旋转中心，点A绕其旋转到点D，点C绕其旋转到点B。故以BC为斜边向四边形内部作等腰直角三角形，再证明其直角顶点就是旋转中心。

解法12：以BC为斜边向四边形内部作等腰直角三角形BEC，其中EC=EB。因为∠BEC=∠BOC=90度，由八字形可得∠EBD=∠ECA，再由BD=AC，可证⊿EBD≌⊿ECA（SAS）（实际上就是手拉手的旋转全等） 。所以ED=EA，ED⊥EA，即⊿EAD为等腰直角三角形。此时CD=13这个条件联系不上，怎么办呢？再以DE为一边构造等腰直角⊿DEF，其中ED=EF。这样再次构造出手拉手模型，必有⊿EBF≌⊿ECD（SAS）（实际上就是手拉手的旋转全等） 。在⊿ABF中，AF=8，BF=CD=13，∠BAF=60度。故过F作FG⊥AB于G，则AG=4，FG=4倍根号3。于是由勾股定理得BG=11。故AB=4 11=15。

总结：

解法1到解法6的共同点都是首先通过平移一条对角线，构造出等腰直角三角形，然后再作出第二个等腰直角三角形，从而构成手拉手模型，然后或全等或相似，将条件集中到一个三角形中求解；

解法7和解法8则是利用中位线，将两条对角线互相垂直且相等这一条件，转化为一个等腰直角三角形然后再构造手拉手的三角形全等，从而将条件集中到一个三角形中求解；

解法9是在解法1和解法3的基础上简化得到的，解法10是在解法4的基础上简化得到的，它们的共同点是直接构造一对全等三角形，将条件集中到一个三角形中求解，其思路实际上还是来自手拉手模型；

解法11和解法12则另辟蹊径，抓住两条对角线互相垂直且相等时必有旋转中心，从而通过构造等腰直角三角形来找到其旋转中心，挖掘出隐含的手拉手模型，再将条件集中到一个三角形中求解。