三角形旋转存在性的判定与性质
如图１，△ACM与△BCN是具有一个公共顶点的两个正三角形，令△ACM绕顶点C旋转不同的角度，可以得到下列图形（图２－图５），许多文章对该图形进行了研究和推广，如将正三角形推广到正方形、正n边形，将两个正三角形改为两个等腰三角形、两个相似三角形等等．本文将从另一个角度研究该组图形，看看究竟是哪个三角形旋转更具本质特点．
图1 图2图3 图4图5注意每个图形中的两个三角形：△ACN和△MCB，仔细分析不难发现，这是两个全等的三角形，并且不论在哪个图形中，△MCB都可以看成△ACN绕顶点旋转60°得到．图１－图５只是∠ACN的大小不同，具体的∠ACN度数分别为：①等于120°；②大于60°，小于120°；③等于60°；④小于60°；⑤大于120°．因此，△ACN绕顶点旋转60°应是该组图形中旋转的本质规律．
于是得到三角形绕顶点旋转的性质定理：
定理1 三角形绕它的一个顶点旋转60°，形成以该顶点上的两条边为边的两个正三角形．
将两个正三角形改为具有公共直角顶点的两个等腰直角三角形，同样的研究方法可以得到：
定理2 三角形绕它的一个顶点旋转90°，形成以该顶点上的两条边为直角边的两个等腰直角三角形．
进一步，将两个正三角形改为两个具有公共顶角顶点的两个等腰三角形（顶角均为α）.
定理3 三角形绕它的一个顶点旋转α，形成以该顶点上的两条边为腰的两个等腰三角形（顶角均为α）．
反过来，我们可以根据图形特点，判断该图形中是否存在三角形旋转，一个图形中存在三角形绕顶点旋转的判定定理：
定理4 如果一个图形中存在两个有公共顶点的正三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动60°形成的．
定理5 如果一个图形中存在两个有公共直角顶点的等腰直角三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动９０°形成的．
定理6 如果一个图形中存在两个有公共顶点（顶角顶点）、顶角均为α的等腰三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动α后形成的．
下面举例说明上述定理(主要是判定定理)在解题中的应用．
图6例１如图6所示，P是等边△ABC内一点，∠PBM=60°，PB=PM，求证：MC=PA．
分析 由已知条件，图形中存在两个有公共顶点的正△ABC和正△PBM，所以该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动60°形成的，不难看出△BMC转动60°到△BPA．因此，可以通过证明△BMC≌△BPA，证明MC=PA
例２ 如图7，在四边形中ABCD中，∠ABC=30°,∠ADC=60°,AD=CD,证明：BD2=AB2+BC2
分析 由∠ADC=60°，AD=CD得：△ADC为正三角形，而∠ABC=30°，若以BC为边作一正三角形，就有两个正三角形，并且出现一个直角三角形，联想到勾股定理与要证结论，这个思路应该可行．
图7证明 连结AC．因为AD=CD，∠ADC=60°，所以△ADC是正三角形．以BC为边作正△BCE，连结AE．则△ACE为△DCB顺时针转动60°形成的图形．所以△ACE≌△DCB，AE=DB．在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，于是BD2=AB2+BC2．
图8例3 （2006年山东竞赛试题）如图8，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，△ABD，△ACE，△BFC都是等边三角形，则四边形ADFE的面积为．
分析 在B点处有两个具有公共顶点的正△ABD和△BFC，分析不难得到是因为△BDF旋转60°到△BAC形成，于是△BDF≌△BAC．同理，在C点处有两个具有公共顶点的正△ACE和△BFC，因此，可以证明△CEF≌△CAB．利用这两对全等三角形问题迎刃而解．答案是6．
图9例４ （2000年希望杯竞赛试题） 如图9，正方形ABCD中，AB=3，点E、F分别在BC、CD上，且∠BAE=30°，∠DAF=15°．求：△AEF的面积．
分析 由于∠DAF=15°，过点A作线段AG=AD并使∠GAB=15°，交CB的延长线与点G，于是，在点A处有两个等腰直角三角形△AFG与△ADB，△AGB是△ADF旋转90°形成的，由此可以证明△AGE≌△AFE，△AEF的面积可由△AGE的面积求得．答案：3-3．
图10例5 （2006年东营市中考试题）两个全等的含30°，60°角的三角板ADE和三角板ABC如图10所示放置，E，A，C三点在一条直线上，连结BD，取BD的中点M，连结ME，MC．试判断△EMC的形状，并说明理由．
分析 连结AM，由题意得：DE=AC，∠DAE+∠BAC=90°．所以∠DAB=90°．又因为DM=MB,所以MA=12DB=DM，∠MAD=∠MAB= 45°．
所以∠MDE=∠MAC=105°，∠DMA=90°．所以△DMA是等腰直角三角形，分析题意容易证明△EDM≌△CAM，即△EDM绕点M旋转90°可以与△CAM重合，因此，在点处M除了△DMA外必有另一个等腰直角三角形，不难得到△ECM的形状是等腰直角三角形．
图11例6 (根据2007年临沂中考题改编)如图11，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上，（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转，DE交AB于点M，DF交BC于点N．
求证：DM=DN ．
分析 连结BD，从结论入手，若DM=DN，则以D为直角顶点有三个等腰直角三角形，因此，存在三对旋转：△ADM与△DBN、△DMB与△DNC、△ADB与△DBC（与结论无关），因此，可以通过证明前两对三角形中的任一对全等证明该问题．
图12例7 如图11，五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD,∠BAE=∠BCD=120°,∠ ABC+∠AED=180°，连结AD．
求证：AD平分∠CDE．
分析 连结AC，因为BC+DE=CD，延长DE到F，使DF=BC，连结AF，因为AB=AE，△ABC可以看成△AEF旋转∠BAE形成的，通过证明这两个三角形全等，证明AC=AF，从而证明△ACD≌△AFD，于是AD平分∠CDE．
参考文献
[1] 盖仕广．三角形旋转规律的探讨和应用[J]．初中数学教与学，2007,(7).
[2] 魏祖成．“双正三角形”问题的联想[J]．中学生数学，2007，(4).
作者简介 盖仕广，1970年6月生，中学高级教师，从事数学解题教学研究，在各类中等数学刊物发表论文十余篇.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
图1 图2图3 图4图5注意每个图形中的两个三角形：△ACN和△MCB，仔细分析不难发现，这是两个全等的三角形，并且不论在哪个图形中，△MCB都可以看成△ACN绕顶点旋转60°得到．图１－图５只是∠ACN的大小不同，具体的∠ACN度数分别为：①等于120°；②大于60°，小于120°；③等于60°；④小于60°；⑤大于120°．因此，△ACN绕顶点旋转60°应是该组图形中旋转的本质规律．
于是得到三角形绕顶点旋转的性质定理：
定理1 三角形绕它的一个顶点旋转60°，形成以该顶点上的两条边为边的两个正三角形．
将两个正三角形改为具有公共直角顶点的两个等腰直角三角形，同样的研究方法可以得到：
定理2 三角形绕它的一个顶点旋转90°，形成以该顶点上的两条边为直角边的两个等腰直角三角形．
进一步，将两个正三角形改为两个具有公共顶角顶点的两个等腰三角形（顶角均为α）.
定理3 三角形绕它的一个顶点旋转α，形成以该顶点上的两条边为腰的两个等腰三角形（顶角均为α）．
反过来，我们可以根据图形特点，判断该图形中是否存在三角形旋转，一个图形中存在三角形绕顶点旋转的判定定理：
定理4 如果一个图形中存在两个有公共顶点的正三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动60°形成的．
定理5 如果一个图形中存在两个有公共直角顶点的等腰直角三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动９０°形成的．
定理6 如果一个图形中存在两个有公共顶点（顶角顶点）、顶角均为α的等腰三角形，则该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动α后形成的．
下面举例说明上述定理(主要是判定定理)在解题中的应用．
图6例１如图6所示，P是等边△ABC内一点，∠PBM=60°，PB=PM，求证：MC=PA．
分析 由已知条件，图形中存在两个有公共顶点的正△ABC和正△PBM，所以该图形可以看成一个三角形绕它的一个顶点转动60°形成的，不难看出△BMC转动60°到△BPA．因此，可以通过证明△BMC≌△BPA，证明MC=PA
例２ 如图7，在四边形中ABCD中，∠ABC=30°,∠ADC=60°,AD=CD,证明：BD2=AB2+BC2
分析 由∠ADC=60°，AD=CD得：△ADC为正三角形，而∠ABC=30°，若以BC为边作一正三角形，就有两个正三角形，并且出现一个直角三角形，联想到勾股定理与要证结论，这个思路应该可行．
图7证明 连结AC．因为AD=CD，∠ADC=60°，所以△ADC是正三角形．以BC为边作正△BCE，连结AE．则△ACE为△DCB顺时针转动60°形成的图形．所以△ACE≌△DCB，AE=DB．在Rt△ABE中，AE2=AB2+BE2，于是BD2=AB2+BC2．
图8例3 （2006年山东竞赛试题）如图8，△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，△ABD，△ACE，△BFC都是等边三角形，则四边形ADFE的面积为．
分析 在B点处有两个具有公共顶点的正△ABD和△BFC，分析不难得到是因为△BDF旋转60°到△BAC形成，于是△BDF≌△BAC．同理，在C点处有两个具有公共顶点的正△ACE和△BFC，因此，可以证明△CEF≌△CAB．利用这两对全等三角形问题迎刃而解．答案是6．
图9例４ （2000年希望杯竞赛试题） 如图9，正方形ABCD中，AB=3，点E、F分别在BC、CD上，且∠BAE=30°，∠DAF=15°．求：△AEF的面积．
分析 由于∠DAF=15°，过点A作线段AG=AD并使∠GAB=15°，交CB的延长线与点G，于是，在点A处有两个等腰直角三角形△AFG与△ADB，△AGB是△ADF旋转90°形成的，由此可以证明△AGE≌△AFE，△AEF的面积可由△AGE的面积求得．答案：3-3．
图10例5 （2006年东营市中考试题）两个全等的含30°，60°角的三角板ADE和三角板ABC如图10所示放置，E，A，C三点在一条直线上，连结BD，取BD的中点M，连结ME，MC．试判断△EMC的形状，并说明理由．
分析 连结AM，由题意得：DE=AC，∠DAE+∠BAC=90°．所以∠DAB=90°．又因为DM=MB,所以MA=12DB=DM，∠MAD=∠MAB= 45°．
所以∠MDE=∠MAC=105°，∠DMA=90°．所以△DMA是等腰直角三角形，分析题意容易证明△EDM≌△CAM，即△EDM绕点M旋转90°可以与△CAM重合，因此，在点处M除了△DMA外必有另一个等腰直角三角形，不难得到△ECM的形状是等腰直角三角形．
图11例6 (根据2007年临沂中考题改编)如图11，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上，（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转，DE交AB于点M，DF交BC于点N．
求证：DM=DN ．
分析 连结BD，从结论入手，若DM=DN，则以D为直角顶点有三个等腰直角三角形，因此，存在三对旋转：△ADM与△DBN、△DMB与△DNC、△ADB与△DBC（与结论无关），因此，可以通过证明前两对三角形中的任一对全等证明该问题．
图12例7 如图11，五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD,∠BAE=∠BCD=120°,∠ ABC+∠AED=180°，连结AD．
求证：AD平分∠CDE．
分析 连结AC，因为BC+DE=CD，延长DE到F，使DF=BC，连结AF，因为AB=AE，△ABC可以看成△AEF旋转∠BAE形成的，通过证明这两个三角形全等，证明AC=AF，从而证明△ACD≌△AFD，于是AD平分∠CDE．
参考文献
[1] 盖仕广．三角形旋转规律的探讨和应用[J]．初中数学教与学，2007,(7).
[2] 魏祖成．“双正三角形”问题的联想[J]．中学生数学，2007，(4).
作者简介 盖仕广，1970年6月生，中学高级教师，从事数学解题教学研究，在各类中等数学刊物发表论文十余篇.
注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”
