王志源

已知：如图，△ABC、△DEF均为等边三角形，连接AF.当BE=EC时，探究FA与DF的数量关系.

答案：FA=DF

方法一：取中点，利用全等证得

如图1,分别取AB的中点M，连接ME、MF.

∵E是BC的中点 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME为等边三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图2，作D作DG∥BC交AC于G,连接EG，可证△ADG为等边三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS证△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所对的直角边等于斜边的一半，构造旋转全等形证得

如图3，连接AE,过E作EG⊥AB,过F作FH⊥AE,垂足分别为G、H.

∵E是BC的中点且△ABC为等边三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF为等边三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,证得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 为AE的垂直平分线，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图4，连接AE,作等边△AEI,连接DI,由双等边得到旋转类△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

证∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：构造全等M形，三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图5，延长AF交BC于N,过F作FM∥AC交BC于M.

先证∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：构造M形全等，导边等,证全等得出

如图6，在AB上截取一点N,使得DN=BE, 过F作MF∥BC,交AB于M.

先证全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可证 △MNF为等边三角形，设BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS证△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：双8字形相似，直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图7，连接AE,延长DF至K,使FK=FD,连接AK、EK.

由DF=EF=FK先证∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再证∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中点M形相似，双8相似形，导角证得

如图8，延长EF交AC于P,先证M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可证∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF为公共角.

∴△QPF∽△QDA,

导出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由双8字形相似导出∠DAF=∠DPF,从而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等边三角形三线合一，双8相似，全等证得

如图9，连接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,连接DK.

先证∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 导出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 进而可证△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因为FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者单位：哈尔滨市第四十七中学）

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已知：如图，△ABC、△DEF均为等边三角形，连接AF.当BE=EC时，探究FA与DF的数量关系.

答案：FA=DF

方法一：取中点，利用全等证得

如图1,分别取AB的中点M，连接ME、MF.

∵E是BC的中点 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME为等边三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图2，作D作DG∥BC交AC于G,连接EG，可证△ADG为等边三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS证△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所对的直角边等于斜边的一半，构造旋转全等形证得

如图3，连接AE,过E作EG⊥AB,过F作FH⊥AE,垂足分别为G、H.

∵E是BC的中点且△ABC为等边三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF为等边三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,证得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 为AE的垂直平分线，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图4，连接AE,作等边△AEI,连接DI,由双等边得到旋转类△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

证∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：构造全等M形，三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图5，延长AF交BC于N,过F作FM∥AC交BC于M.

先证∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：构造M形全等，导边等,证全等得出

如图6，在AB上截取一点N,使得DN=BE, 过F作MF∥BC,交AB于M.

先证全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可证 △MNF为等边三角形，设BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS证△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：双8字形相似，直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图7，连接AE,延长DF至K,使FK=FD,连接AK、EK.

由DF=EF=FK先证∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再证∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中点M形相似，双8相似形，导角证得

如图8，延长EF交AC于P,先证M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可证∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF为公共角.

∴△QPF∽△QDA,

导出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由双8字形相似导出∠DAF=∠DPF,从而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等边三角形三线合一，双8相似，全等证得

如图9，连接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,连接DK.

先证∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 导出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 进而可证△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因为FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者单位：哈尔滨市第四十七中学）

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已知：如图，△ABC、△DEF均为等边三角形，连接AF.当BE=EC时，探究FA与DF的数量关系.

答案：FA=DF

方法一：取中点，利用全等证得

如图1,分别取AB的中点M，连接ME、MF.

∵E是BC的中点 ∴BM=BE.

又∵∠B=60°∴△BME为等边三角形.

∴∠BME=60°、 ME=BM=AM.

由（1）可得∠EMF=60°

∴∠AMF=∠EMF=60°.

又∵MF=MF,∴△AMF≌△EMF .

∴AF=EF=DF.

方法二：构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图2，作D作DG∥BC交AC于G,连接EG，可证△ADG为等边三角形，由此△ADF≌△GDE得到AF=EG.

∵AB-AD=AC-AG,

∴BD=CG再由SAS证△BDE≌△CGE.

∴EG=DE,而DE=DF.

∴FA=DF.

方法三：利用30°所对的直角边等于斜边的一半，构造旋转全等形证得

如图3，连接AE,过E作EG⊥AB,过F作FH⊥AE,垂足分别为G、H.

∵E是BC的中点且△ABC为等边三角形∴∠BAE=30°、AE=2EG、∠AEG=60°. △DEF为等边三角形知DE=EF=DF,∠DEF=60°=∠AEG可得∠GED=∠AEF,证得△DEG≌△FEH,得出EG=EH.

∵AE=2EG,∴AH=EH,∴FH 为AE的垂直平分线，故AF=EF=DE=DF.

方法四：向外构造等边三角形，共顶点双等边旋转类全等转移线段，全等证得

如图4，连接AE,作等边△AEI,连接DI,由双等边得到旋转类△DEI≌△FEA,得出AF=ID.

证∠EAD=∠IAD=30°由此利用SAS可知△ADI≌△ADE,得出DE=ID.

∴DF=DE=ID=AF.

方法五：构造全等M形，三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图5，延长AF交BC于N,过F作FM∥AC交BC于M.

先证∠BED=∠EFM,∠B=∠C=∠EMF=60°∴△BED≌△MFN,得出FM=BE=■BC=■AC,∵FM∥AC,∴△NEM∽△NAC,∴■■=■∴AF=FN，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FN=EF=DF.

方法六：构造M形全等，导边等,证全等得出

如图6，在AB上截取一点N,使得DN=BE, 过F作MF∥BC,交AB于M.

先证全等M型 △BED≌△NDF,推出BD=NF,∠B=∠DFN=60°.

∵MF∥BC∴∠NMF=∠B=60°，可证 △MNF为等边三角形，设BD=NF=MN=MF=a,DM=b,∴DN=BE=a+b,∴BA=BC=2a+2b,∴DM=AN=b,再由SAS证△DMF≌△ANF. ∴FA=DF.

方法七：双8字形相似，直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出

如图7，连接AE,延长DF至K,使FK=FD,连接AK、EK.

由DF=EF=FK先证∠DEK=90°=∠AEB,∴∠DEB=∠AEK,再证∠ADF=∠BED,∴∠ADF=AEK.

∵∠AOD=∠KOE,∴△AOD∽△KOE,

∴■=■,∴■=■,

又∵∠EOD=∠KOA.

∴△AOK∽△DOE,∴∠OAK=∠ODE=60°，∵∠BAO=30°∴∠DAK=90°.

由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得出AF=FK=DF.

方法八：利用中点M形相似，双8相似形，导角证得

如图8，延长EF交AC于P,先证M形相似△BDE∽△CEP,∠BED=∠EPC.

∴■=■又∵BE=CE∴■=■

∵∠B=∠DEP=60°，∴△BDE∽△EDP.

∴∠BED=∠DPE=∠EPC,可证∠ADQ=∠BED∴∠ADQ=∠FPQ,∠PQF为公共角.

∴△QPF∽△QDA,

导出△QFA∽△QPD.

推出∠HAP=∠HDF.

由双8字形相似导出∠DAF=∠DPF,从而∠FAD=∠FDA,∴DF=AF.

方法九：利用等边三角形三线合一，双8相似，全等证得

如图9，连接AE交DF于O,作FH⊥AD于H,交AE于K,连接DK.

先证∠AKH=∠FKE=∠EDF=60°.

∵∠DOE=∠KOF∴△DOE∽△KOF.再 导出△KOD∽△FOE.

∴∠DKE=∠DFE=60°，∴∠AKD=120°. ∵∠AKH=60°,∴∠AKH=∠DKH=60 °. 进而可证△AKH≌△DKH,∴AH=DH.

又因为FH⊥AD,∴AF=DF.

（作者单位：哈尔滨市第四十七中学）

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