巧用正三角形解題

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(余姚市實驗學校 浙江余姚 315400)

巧用正三角形解題

●應立君余雪贊

(余姚市實驗學校 浙江余姚 315400)

正三角形又稱等邊三角形，是最完美的三角形．它的3條邊相等，3個內角均為60°，可以據此進行邊角的傳遞、轉化；它是軸對稱圖形，被對稱軸分成的2個三角形(含有30°角的特殊直角三角形)，可以據此進行長度、角度、面積等計算；它又是旋轉對稱圖形，據此可把它分成3個全等的特殊等腰三角形(頂角為120°)．本文介紹正三角形在競賽解題中的的幾種用法，旨在拋磚引玉.

1 化歸成“正三角形”

正三角形是特殊的銳角三角形，據此可以對某些試題進行特殊化求解．

例1已知銳角△ABC的頂點A到垂心H的距離等于它的外接圓的半徑，則∠A的度數是

( )

A．30° B．45° C．60° D．75°

(2007年全國初中數學聯賽試題)

原解如圖1，聯結BO并延長交⊙O于點A′，聯結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°．

巧解聯想到△ABC為正三角形時，正好滿足題設條件.故選C．

評注針對單項選擇題，若用特殊值法，則可快速高效地解決．

圖1 圖2

例2已知點I是銳角△ABC的內心，A1，B1，C1分別是點I關于邊BC，CA，AB的對稱點.若點B在△A1B1C1的外接圓上，則∠ABC=

( )

A.30° B.45° C.60° D.90°

(2005年全國初中數學聯賽試題)

原解如圖2，聯結IA1,IB1,IC1,IB.由軸對稱性知

IA1=IB1=IC1=2ID，

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

巧解當△ABC為正三角形時，滿足題設條件.故選C.

評注利用正三角形內心、外心重合的特殊性質，聯想到正三角形與之契合.

例3已知正數a,b,c，A，B，C滿足a+A=b+B=c+C=k．求證：aB+bC+cA

(第21屆全蘇數學奧林匹克競賽試題)

原解設f(a)=aB+bC+cA-k2=

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

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

當k-b-c=0時，f(a)=(b-k)(k-c)<0;當k-b-c≠0時，f(a)是a關于的一次函數，f(a)隨著a的變化而單調增加或減少,且

f(0)=(b-k)(k-c)<0，

f(k)=k(k-b-c)+(b-k)(k-c)=-bc<0．

因此，當0

aB+bC+cA-k2<0，

故

aB+bC+cA

圖3 圖4

巧解如圖3，構造邊長為k的正△PQR，在各邊上分別取點D,E,F，使PD=A，QE=B，RF=C，則QD=a，RE=b，PF=c．易知

S△QDE+S△REF+S△PFD

得

即

aB+bC+cA

評注原解構造函數的代數解法不易想到，做起來也比較困難．若能拓展思路，大膽創新，聯想到正三角形的性質，運用面積關系進行整體上的把握，便簡潔明了．

2 補形成“正三角形”

平面幾何競賽題，總給人難以入手的感覺，究其原因是圖形識別存在障礙，特別是有些問題的圖形不完整，讓人“不識廬山真面目”．解決此類問題需要大膽想象，積極嘗試，填補缺陷，創造完美．正三角形的多重特性，使其成為聯想的重要對象．

例4在△ABC中，已知∠CAB=60°，點D，E分別在邊AB，AC上，且∠AED=60°，ED+DB=CE，∠CDB=2∠CDE，則∠DCB=

( )

A．15° B．20° C．25° D．30°

(2010年全國初中數學聯賽試題)

解如圖4，延長AB到點F，使BF=AD．先證△ADE與△ACF均為正三角形，從而

AC=CF，∠A=∠F=60°，AD=BF，

因此△ADC≌△FBC，得CD=CB.再求

從而∠DCB=20°.故選B．

評注根據已知條件，補畫正三角形，使整個圖形成軸對稱，容易作出恰當的判斷，反復運用正三角形3條邊相等、3個內角為60°的性質，完整地推理出結論．

圖5

(第20屆希望杯全國數學邀請賽初中試題)

評注若用代數方法分別計算S1,S2,S3，則有繁瑣之嫌．針對3條等長線段及兩兩夾角為60°的已知條件，通過平移構造正三角形，從整體上考慮，給人以耳目一新之感．

例6如圖6，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，D是△ABC內一點，且∠DAC=∠DCA=15°.求證：BD=BA．

(2009年湖北省黃岡市初中數學競賽試題)

圖6 圖7

證法1如圖7，作點D關于BC的對稱點D′，聯結D′A，D′B，D′C，D′D．易知△DD′C為正三角形，可證明△ACD≌△AD′D，得

AD′=AC=AB，∠BAD′=60°，

從而△ABD′為正三角形，再證明BD=BA．

證法2如圖8，以AD為邊作正△ADE，聯結BE．先證△ACD≌△ABE，得

∠AEB=∠ADC=150°，

再證明△BAE≌△BDE，結論得證．

圖8 圖9

證法3如圖9，延長CD交∠BAC的平分線于點F，聯結BF．由軸對稱性易證△ACF≌△ABF，得

∠AFB=∠AFC=∠BFD=120°,

再證△BAF≌△BDF，得BA=BD．

評注注意到題中已知∠DCB=30°(由結論逆推可知∠ABD也為30°)，因此通過軸對稱變換可得證法1中的正△DCD′和△ABD′，順著猜想，合情推理表達即可．另外，本題的解法很多，以任何一條線段為邊作正三角形均可證明結論．

3 構造姐妹“正三角形組”

2個正三角形共頂點時，往往可以找到一對全等三角形(如圖10，若△ABC與△DEC是正三角形，則必有△ACE≌△BCD，得BD=AE，且BD,AE的一個夾角為60°)，解題時可以據此進行角、線段的等量代換．

圖10

例7如圖11，△ABC與△DEC均是等邊三角形.若∠AEB=145°，則∠DBE的度數是________．

(2012年全國初中數學聯賽海南賽區試題)

解由已知可證△ACE≌△BCD，從而∠CAE=∠CBD.由凹四邊形ACBE得

∠AEB=∠EAC+∠EBC+∠ACB，

即

∠EBD=∠AEB-∠ACB=145°-60°=85°．

評注這是由2個正三角形共頂點組成的基本圖形，一定含有一對全等三角形，可以進行角度的轉移，再結合正三角形的一個內角為60°的隱含條件，迅速準確地求出答案．

圖11 圖12

例8已知O是等邊△ABC內的一點，∠AOB,∠BOC,∠AOC的角度之比為6∶5∶4．則在以OA,OB,OC為邊的三角形中，此三角形所對的角度之比為________．

(2005年山西省太原市初中數學競賽試題)

解如圖12，以AO為邊作正△AOO′，聯結O′C.易證△ABO≌△ACO′，得

CO′=BO，

由正△AOO′知AO=OO′，且

∠AOO′=∠AO′O=60°，

因此△OO′C與以OA,OB,OC為邊的三角形全等．可求得

∠OO′C=144°-60°=84°，

∠OCO′=60°，

從而以OA,OB,OC為邊的三角形的對應角度之比為60∶36∶84=5∶3∶7．

評注已有一個正三角形，再添一個正三角形與之共頂點，構成基本圖形，實現角及邊長的轉移．再結合正三角形3條邊相等，每個內角為60°的性質，解決問題．

例9已知點P是銳角△ABC內的一個點，且使PA+PB+PC最小．試確定點P的位置，并證明你的結論．

(2009年天津市初中數學競賽試題)

圖13 圖14

證明如圖13，分別以AP,AC為邊作正△APP′和正△AB′C，聯結P′B′．先證△APC≌△AP′B′，得PC=P′B′.由正△APP′得AP=PP′，從而PA+PB+PC轉化為BP+PP′+P′B′.

而對一個確定的銳角△ABC，點B與B′的相對位置關系是確定的，根據“兩點之間線段最短”可知B,P,P′,B′在同一直線上時取得最小值(如圖14)．進而可以說明此時

∠APB=∠APC=∠BPC=120°．

評注求3條呈發散狀的線段和的最小值，往往需要轉化成確定2個端點的折線長，而2個正三角形共頂點的基本圖形恰能幫助實現這一目標．

本題結論實質上是著名的費馬點問題的一部分，有興趣的讀者可以查閱相應的資料，作進一步研究．實踐中確定點P的位置的作圖方法可以是：以△ABC(最大內角小于120°)的2條邊(如AB,AC)為邊長，向外作正△ABC′與正△ACB′，線段BB′與CC′的交點就是所求的點P(若以BC為邊向外作正△BCA′，則AA′必經過點P)．