再谈初二全等三角形“手拉手”问题：一曲肝肠十三断，一题讲透全等形

近期，恰好在辅导人教版初二的孩子，讲到手拉手问题和倍长中线的问题，其实基础稍微弱一点点的孩子都会感觉到有点难。

其实手拉手、倍长中线、截长补短、一线三角和平移型旋转型都是全等三角形比较常规和经典的题型。

如果讲解好了可以顺道复习全等三角形一些比较综合性的知识和逻辑性的一些推敲，还可以发现数学之美，也为了初三学习相似三角形打下一些基础。

我们今天一起来看一道题，特别经典的题型，一道题分三层次，可以分化为无数道小题，一道题，也把大多数的全等三角形知识点讲清楚，一线的老师不妨一起参考探讨一下：

如图，ΔABC与ΔADE都是等边三角形

(1) 当A，B，D三点在同一直线上时, 以下结论成立吗?

①  ΔABE≌ΔACD

②  ΔABF≌ΔACG

③  ΔAFE≌ΔAGD

④  AE∥BC

⑤  AC∥DE

⑥  FG∥AB

⑦  BE=CD

⑧  BF=CG

⑨  DG=EF

⑩  ∠BOC=60°

⑪  ∠BOA=∠DOA

⑫  BO=AO+CO

⑬  DO=AO+EO

这道题非常经典，可以任意选择以上13个问题中的其中几个作为月考、期中考的解答题，可以根据选择的题型来做出区分度，比如基础解答题、中档解答题或者压轴解答题，也可以任选其中6-7个结论，然后作为填空题中的压轴，问以上结论有哪些是正确的，或者正确的个数有几个？

还可以把问题进一步升级，假设当A,B,D三点不在同一直线上时, 以上十三个结论仍然成立吗?

①  ΔABE≌ΔACD

第一问是非常经典的手拉手问题中，四线共点，两两相等，互含夹角的问题，因为AB=AC，且AE=AD，就是左手拉左手，右手拉右手，中间互含夹角∠BAE=（∠BAC+∠CAE）=（∠CAE+∠EAD）=∠CAD，所以根据两边夹一角SAS很容易就证明 ΔABE≌ΔACD，且不管你A、B、D是否共线。

②  ΔABF≌ΔACG

第二问就比较有意思了，在ΔABF和ΔACG中，除了结论1给我们提供的∠GCA=∠FBA，还有我们已知AB=AC以外，还需要明白∠CAG=180°-左边60°-右边60°，得到∠BAF=∠CAG=60°，得到两角夹一边ASA，从而证明ΔABF≌ΔACG。因为需要∠CAG=60°，一旦A、B、D不共线，这个结论就不成立了。

③  ΔAFE≌ΔAGD

第三问和第二问如出一辙，只要我们找齐AE=AD，∠FEA=∠GDA，然后还有∠FAG-∠GAD=60°，用两角夹一边ASA，从而证明ΔAFE≌ΔAGD。当然，也是需要∠CAG=60°，一旦A、B、D不共线，这个结论就不成立了。

⑤AC∥DE ⑥FG∥AB

第五第六问，其实就是在我们解出前面几个问题的时候发现，其实下面是有两个全等三角形的，所以很容易发现都是60°，所以∠ABC=∠DAE=60°，根据：同位角相等，两直线平行，可得④AE∥BC成立，同理⑤AC∥DE成立，和前面两个一样，需要∠CAG=60°，一旦A、B、D不共线，这个2个结论也通通不成立了。

⑥FG∥AB

题目到这里就有一点点小升级了，可以作为中档题最后一问或者压轴题的第二问了，我们通过前面的题目分析，先证明AF=AG，∠FAG=60°，再根据：有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，从而得到∠AFG=60°，得到∠BAC =∠AFG，最后证得FG∥AB。

证明：∵ΔABF≌ΔACG（已证）∴AF=AG

∵ΔABC与ΔADE都是等边三角形

∴∠BAC=∠DAE=60° ∴∠FAG=60°

∴ΔAFG是等边三角形 ∴∠AFG=60°

∴∠BAC =∠AFG ∴FG∥AB

当然，也是需要∠CAG=60°，一旦A、B、D不共线，这个结论就不成立了。

⑦BE=CD ⑧BF=CG ⑨DG=EF

这三问很有意思，想难度提高，就直接去掉原来前三问，想降低难度，就结合前三问之后再给这三问，因为前面我们知道已经有三对全等三角形了，由ΔABE≌ΔACD，可得BE=CD；由第二问ΔABF≌ΔACG，可得BF=CG；由第三问ΔAFE≌ΔAGD，可得DG=EF，所以，⑦BE=CD，⑧BF=CG，⑨DG=EF成立。

有意思的是，不需要∠CAG=60°条件的第1、7问恒成立，而第2、3、8、9需要∠CAG=60°条件，一旦A、B、D不共线，这个结论就不成立了。

⑩∠BOC=60°

证明：∵ΔABE≌ΔACD ∴∠1=∠2

∵∠AFB=∠OFC ∴ΔAFB∽ΔOFC

∴∠COF=∠BAF=60° 即：∠BOC=60°

当然，初二还没学习相似，所以也可以运用三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和，得到∠BFC=∠1+∠3；∠BFC=∠2+∠4，从而得到∠3=∠4=60°， 即：∠BOC=60°，还可以用三角形内角为180°等方法去证明。

而且，不需要∠CAG=60°条件，不管你A、B、D是否共线，恒成立，

⑪∠BOA=∠DOA

最常规的做法，其实就是在A点分别想CD和BE引垂线，然后用等面积法，证明同面积同底所以同高，然后AM=AN，然后用全等的HL，因为直角边AM=AN，斜边AO=AO，∴ΔAMO≌ΔANO，或者用角平分线的逆定理（角平分线的点到角两边的距离相等）都可以证明∠BOA=∠DOA。因为不需要∠CAG=60°条件，不管你A、B、D是否共线，⑪∠BOA=∠DOA也恒成立，

⑫BO=AO+CO

这个有辅助线的，有点类似于截长补短了，所以难度进一步升级。

证明：在BO上取一点H，使得AO=OH

∵可知∠1=∠2=∠3=60° ∴△AOH为等边三角形

∴AO=AH=OH，∠OAH=60° ∴∠4+∠5=60°

∵∠6+∠5=60°∴∠4=∠6

∵AB=AC ∴△ABH≌△ACO

∴BH=CO ∴BO=BH+OH=CO+AO

也可以如下图

在OA的延长线上取一个点P，使得AP=CO,最后证明△BCO≌△BAP，最后证明△BOP为等边三角形，得到BO=OP，从而得到BO=CO+AO

⑬DO=AO+EO

其实13问就是12问的孪生兄弟，在DO上取一点M，使得AO=OM，可证明△AOM为等边三角形，同理于上一小题，可证得DO=AO+EO

而且12问和13问不需要∠CAG=60°条件，不管你A、B、D是否共线，恒成立。

当A,B,D三点不在同一直线上时, 以上结论是否成立主要看需不需要∠CAG=60°条件：

①ΔABE≌ΔACD（成立）

②ΔABF≌ΔACG（不成立）

③ΔAFE≌ΔAGD（不成立）

④AE∥BC（不成立）

⑤AC∥DE（不成立）

⑥FG∥AB（不成立）

⑦BE=CD（成立）

⑧BF=CG（不成立）

⑨DG=EF（不成立）

⑩∠BOC=60°（成立）

⑪∠BOA=∠DOA（成立）

⑫BO=AO+CO（成立）

⑬DO=AO+EO（成立）

这道题还可以探索一下，如果点M为BE的中点，点N为CD的中点，则ΔAMN为什么特殊的三角形？等腰三角形？还是等边三角形？

很容易证明ΔAMN是等腰三角形，但是其实是等边三角形，证明的方法也比较特殊，适合给到压轴的第三问，锻炼一下学生思维逻辑能力。

证明：∵ △ABE ≌△ACD

∴△ACD可由△ABE绕着点A顺时针旋转60°得到的

又∵点M、N分别是BE与CD的中点，即点M、N为对应点

∴AM=AN，且∠MAN=60°∴ΔAMN为等边三角形

分析：运用了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，对应点到旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。