一道幾何模型隱藏得很深的難題的解法探討（2）

2020-08-29 真會學數學杜老師

例題：在四邊形ABCD中，對角線AC與BD互相垂直且相等，若∠BAD=105度，AD=4倍根號2，DC=13。請求出AB的長度。

審題：此題中有兩對角線互相垂直且相等，此條件的轉化應該成為我們解題的關鍵點之一，我們可以通過平移構造出等腰直角三角形；另外105度這個條件如何使用，是我們解題的關鍵點之二，我們發現105度=45度+60度，故需要構造出含有這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。

前情回顧：在前文中我們抓住兩條對角線互相垂直且相等這一條件進行轉化，通過平移其中一條對角線，構造出等腰直角三角形，然後再作出第二個等腰直角三角形，從而構成手拉手模型，然後或全等或相似，將條件集中到一個三角形中求解，得到了6種不同解法。

那麼，兩條對角線互相垂直且相等這一條件還可以怎樣進行轉化呢？可以通過中位線轉化到一個等腰直角三角形中。

思路7：通過中位線構造等腰直角三角形，然後再構造手拉手模型。

解法7：取AB、DC、AD中點E、F、G，連接EG、FG。顯然⊿EFG是等腰直角三角形，故以GD為一直角邊向形內再作一個等腰直角三角形MGD，從而構成手拉手模型！易證⊿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：通過中位線構造等腰直角三角形，然後再構造手拉手模型。

解法8：取AB、DC、AD中點E、F、G，連接EG、FG。顯然⊿EFG是等腰直角三角形，故以AG為一直角邊向形內再作一個等腰直角三角形MGA，從而構成手拉手模型！易證⊿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。

由前面的各種解法，我們還可以受到啟發，得到如下兩種簡化解法。

思路9：由解法1得到啟發，以AD為一直角邊向四邊形內部作等腰直角三角形，構造出全等三角形。

解法9：以AD為一直角邊作等腰直角三角形ADF，其中DA=DF，顯然有⊿DAC≌⊿FDB（SAS） ，所以BF=DC=13。在⊿ABF中，BF=13，AF=8，∠BAF=60度。再過F作FG⊥AB於G，則FAG=4，FG=4倍根號3。於是由勾股定理得BG=11，故AB=EF=15。

思路10：由解法4得到啟發，以AD為一直角邊向四邊形內部作等腰直角三角形，構造出全等三角形。

解法10：以AD為一直角邊作等腰直角三角形ADF，其中AF=AD，顯然有⊿DAB≌⊿AFC。所以FC=AB，∠AFC=∠BAD=105度。在⊿FDC中，DC=13，DF=8，∠DFC=60度。再過D作DG⊥FC於G，則FG=4，DG=4倍根號3.於是由勾股定理得CG=11。則CF=4+11=15，故AB=FC=15。

兩條對角線互相垂直且相等這一條件除了前面的兩種轉化方法，還可以怎樣進行轉化呢？可以通過構造旋轉中心來進行轉化。

思路11：由AC與BD相等且垂直，可以設想有一旋轉中心，點B繞其旋轉到點A，點D繞其旋轉到點C。故以AB為斜邊向四邊形內部作等腰直角三角形，再證明其直角頂點就是旋轉中心。

解法11：以AB為斜邊向四邊形內部作等腰直角三角形ABE，其中EA=EB。因為∠BEA=∠BOA=90度，由八字形可得∠EBD=∠EAC，再由BD=AC，可證⊿EBD≌⊿EAC（SAS）（實際上就是手拉手的旋轉全等） 。所以ED=EC，ED⊥EC，即⊿ECD為等腰直角三角形。在⊿ADE中，AD=4根號2，DE=6.5根號2，∠EAD=60度。故過D作DG⊥AE於G，則AG=2根號2，DG=2倍根號6。於是由勾股定理得EG=5.5根號2。則AE=7.5根號2，故AB=15。

思路12：由AC與BD相等且垂直，可以設想有一旋轉中心，點A繞其旋轉到點D，點C繞其旋轉到點B。故以BC為斜邊向四邊形內部作等腰直角三角形，再證明其直角頂點就是旋轉中心。

解法12：以BC為斜邊向四邊形內部作等腰直角三角形BEC，其中EC=EB。因為∠BEC=∠BOC=90度，由八字形可得∠EBD=∠ECA，再由BD=AC，可證⊿EBD≌⊿ECA（SAS）（實際上就是手拉手的旋轉全等） 。所以ED=EA，ED⊥EA，即⊿EAD為等腰直角三角形。此時CD=13這個條件聯繫不上，怎麼辦呢？再以DE為一邊構造等腰直角⊿DEF，其中ED=EF。這樣再次構造出手拉手模型，必有⊿EBF≌⊿ECD（SAS）（實際上就是手拉手的旋轉全等） 。在⊿ABF中，AF=8，BF=CD=13，∠BAF=60度。故過F作FG⊥AB於G，則AG=4，FG=4倍根號3。於是由勾股定理得BG=11。故AB=4+11=15。

總結：

解法1到解法6的共同點都是首先通過平移一條對角線，構造出等腰直角三角形，然後再作出第二個等腰直角三角形，從而構成手拉手模型，然後或全等或相似，將條件集中到一個三角形中求解；

解法7和解法8則是利用中位線，將兩條對角線互相垂直且相等這一條件，轉化為一個等腰直角三角形然後再構造手拉手的三角形全等，從而將條件集中到一個三角形中求解；

解法9是在解法1和解法3的基礎上簡化得到的，解法10是在解法4的基礎上簡化得到的，它們的共同點是直接構造一對全等三角形，將條件集中到一個三角形中求解，其思路實際上還是來自手拉手模型；

解法11和解法12則另闢蹊徑，抓住兩條對角線互相垂直且相等時必有旋轉中心，從而通過構造等腰直角三角形來找到其旋轉中心，挖掘出隱含的手拉手模型，再將條件集中到一個三角形中求解。

以上所有解法的核心都離不開旋轉！真可謂：旋轉構造手拉手，打開解題突破口！一題多解，十分精彩！為防迷路，敬請關注！消化要良，必須收藏！感覺很棒，點讚跟上！覺得還行，轉發別停！

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