利用代數(shù)化推理 證明三角形全等

【摘 要】 全等三角形是初中平面幾何重要的內(nèi)容之一.文章主要討論三角形周長(zhǎng)、面積、角平分線、中線、高線等性質(zhì)之間的相互關(guān)系，提出命題，用代數(shù)法探究三角形全等的條件.

【關(guān)鍵詞】 全等三角形;代數(shù)推理;余弦定理

1 代數(shù)推理的必要性

《義務(wù)教育數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2022年版）》要求適當(dāng)加強(qiáng)代數(shù)推理，代數(shù)思維可以被看作四種核心實(shí)踐：對(duì)數(shù)學(xué)的結(jié)構(gòu)與關(guān)系進(jìn)行一般化推廣、表示、論證與推理［1］.歷史上“先算術(shù)，后代數(shù)”的中小學(xué)數(shù)學(xué)課程與教學(xué)結(jié)構(gòu)幾乎沒(méi)有留給學(xué)生多少的認(rèn)知空間，去適應(yīng)從小學(xué)和初中階段多年的計(jì)算訓(xùn)練到正式的高中代數(shù)的抽象概念之間的驀然轉(zhuǎn)變［1］.因此，重視代數(shù)推理，能夠有效的緩解高中代數(shù)所帶來(lái)困難，提高運(yùn)算能力，更深刻的理解平面幾何問(wèn)題.笛卡爾曾設(shè)想：“把一切問(wèn)題歸結(jié)為數(shù)學(xué)問(wèn)題，把一切數(shù)學(xué)問(wèn)題歸結(jié)為代數(shù)問(wèn)題，把一切代數(shù)問(wèn)題歸結(jié)為方程.”

2 全等三角形判定

全等三角形的判定是從三角形的基本元素各邊及各角的相互關(guān)系入手，而在全等三角形性質(zhì)中，對(duì)本身而言，有周長(zhǎng)相等，面積相等；三角形中元素：對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等；其他特殊線段：對(duì)應(yīng)邊上的高線、中線、角平分線也都相等；那三角形的這些性質(zhì)能否構(gòu)成全等三角形呢？是值得探究的.本文從該角度入手進(jìn)行探究.本文著重介紹全等三角形的代數(shù)證法，發(fā)現(xiàn)代數(shù)證法具有一貫性.將幾何問(wèn)題代數(shù)化，數(shù)形互助，滲透數(shù)形結(jié)合思想.

3 命題證明

本文先從特殊三角形——直角三角形進(jìn)行探究，得到如下命題：

命題1 斜邊及斜邊上的高對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等.

如圖1，在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，AB=A′B′，CD，C′D′分別是Rt△ABC和Rt△A′B′C′斜邊上的高，且CD=C′D′，求證：Rt△ABC≌Rt△A′B′C′.

證明 設(shè)BC=a，AC=b，B′C′=a′，A′C′=b′，AB=A′B′=c.

由題意可得：a2+b2=c2=a′2+b′2，ab=a′b′，則（a+b）2=（a′+b′）2，所以a+b=a′+b′.

同理：a-b=a′-b′.所以a=a′，b=b′，即證.

該題的幾何證法有很多，這里將不一一作說(shuō)明，斜邊及其該邊上的高相等能得到是面積相等，再利用直角三角形特有的定理——勾股定理實(shí)現(xiàn)以數(shù)解形.轉(zhuǎn)化成二元問(wèn)題，來(lái)解直角三角形.因而轉(zhuǎn)化成兩正數(shù)積定，兩正數(shù)平方和定，則兩正數(shù)定，從而三角形唯一確定，簡(jiǎn)單快捷的解決了該問(wèn)題.拓寬了學(xué)生的思維寬度，實(shí)現(xiàn)一題多解，讓學(xué)生充分體會(huì)數(shù)形結(jié)合思想的妙用.由該證法可得到：

命題2 斜邊和面積對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等.

因此由特殊到一般，可想到對(duì)于一般的三角形，需要滿(mǎn)足怎樣的條件，得到全等三角形呢？

推論1 一邊及對(duì)角對(duì)應(yīng)相等且該邊上的高也相等的兩個(gè)三角形全等.

如圖2，在△ABC和△A′B′C′中，AB=A′B′，∠ACB=∠A′C′B′，CD，C′D′分別是△ABC和△A′B′C′邊AB和A′B′上的高，且CD=C′D′，求證：△ABC≌△A′B′C′.

證明 由命題1的證法發(fā)現(xiàn)一邊及其該邊上的高對(duì)應(yīng)相等的作用，就是兩三角形的面積相等，于是對(duì)于一般的三角形，仍然可以得到面積相等.

可設(shè)BC=a，AC=b，B′C′=a′，A′C′=b′，AB=A′B′=c.

由題意可得：12absinC=12a′b′sinC′，則ab=a′b′.

由余弦定理得：cosC=a2+b2-c22ab=a′2+b′2-c22a′b′=cosC′，則a2+b2=a′2+b′2，又轉(zhuǎn)成命題1的證法，即證.

同理，也能得到

推論2 一邊及對(duì)角對(duì)應(yīng)相等，且面積也相等的兩個(gè)三角形全等.也成立.

從特殊三角形推廣到一般三角形，這是我們定理的一般發(fā)現(xiàn)過(guò)程.

命題3 斜邊和周長(zhǎng)對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等.

如圖3，在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，AB=A′B′，且Rt△ABC和Rt△A′B′C′周長(zhǎng)相等，求證：Rt△ABC≌Rt△A′B′C′.

證明 由題意可得：a+b=a′+b′，a2+b2=a′2+b′2，則（a+b）2=（a′+b′）2，所以ab=a′b′，仍可證a-b=a′-b′.所以a=a′，b=b′，即證

推論3 一邊及對(duì)角對(duì)應(yīng)相等，且周長(zhǎng)也相等的兩個(gè)三角形全等.

命題4 周長(zhǎng)和面積對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等.

如圖4，在Rt△ABC和Rt△A′B′C′中，Rt△ABC和Rt△A′B′C′周長(zhǎng)和面積分別相等，求證：Rt△ABC≌Rt△A′B′C′.

證明 由題意可得：a+b+c=a′+b′+c′，a2+b2=c2，a′2+b′2=c′2，ab=a′b′，則（a+b+c）2=（a′+b′+c′）2，

展開(kāi)得（a+b）2+2（a+b）c+c2=（a′+b′）2+2（a′+b′）c′+c′2.

代入得：2c2+2（a+b）c=2c′2+2（a′+b′）c′，化簡(jiǎn)得c（a+b+c）=c′（a′+b′+c′），所以c=c′.

又可轉(zhuǎn)化成命題3的證法.

推論4 周長(zhǎng)和面積對(duì)應(yīng)相等，及任一角相等的兩三角形全等.

如圖5，在△ABC和△A′B′C′中，△ABC和△A′B′C′周長(zhǎng)和面積分別相等，∠ACB=∠A′C′B′，求證：△ABC≌△A′B′C′.

證明 由題意可得：absinC=a′b′sinC′，則ab=a′b′.

又cosC=a2+b2-c22ab=a′2+b′2-c′22a′b′=cosC′，則a2+b2-c2=a′2+b′2-c′2.

又a+b+c=a′+b′+c′，兩邊平方得：（a+b+c）2=（a′+b′+c′）2.

展開(kāi)得：a2+b2+2ab+2（a+b）c+c2=a′2+b′2+2a′b′+2（a′+b′）c′+c′2.

令a2+b2-c2=a′2+b′2-c′2=t，則t+2c2+2（a+b）c=t+2c′2+2（a′+b′）c′，

c（a+b+c）=c′（a′+b′+c′），c=c′，再由推論2即證.

由推論1反思，加入三角形的角平分線呢？是否也會(huì)得到全等，仍從直角三角形進(jìn)行考慮，發(fā)現(xiàn)：斜邊及其直角角平分線對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等；直角角平分線和周長(zhǎng)對(duì)應(yīng)相等的兩直角三角形全等；于是推廣到一般情形，這里只證一般情況：

命題5 一邊及對(duì)角對(duì)應(yīng)相等，且該角角平分線也相等的兩三角形全等.

如圖6，在△ABC和△A′B′C′中，AB=A′B′，∠ACB=∠A′C′B′，CD，C′D′分別平分∠ACB、∠A′C′B′且CD=C′D′，求證：△ABC≌△A′B′C′.

法一 過(guò)D作DE∥AC，過(guò)D′作D′E′∥A′C′，則∠1=∠2，∠3=∠4.

由題意得：∠1=∠5=12∠ACB，∠3=∠6=12∠A′C′B′，所以∠2=∠5=∠4=∠6.

所以△CDE≌△C′D′E′（ASA）.設(shè)DE=D′E′=h，則CE=C′E′=h.

由DE∥AC，可得：△BDE∽△BAC.則BEBC=DEAC，故a-ha=hb，即h=aba+b.

同理可得：h=a′b′a′+b′，故aba+b=a′b′a′+b′.

令ab=ka′b′，則a+b=k（a′+b′）.兩邊平方得：a2+b2+2ab=k2（a′2+b′2+2a′b′），

則a2+b2+2ka′b′=k2（a′2+b′2+2a′b′）.①

由cos∠ACB=cos∠A′C′B′，則a2+b2-c22ab=a′2+b′2-c22a′b′.

a2+b2-c2=k（a′2+b′2-c2），②

①-②得：2ka′b′+c2=k2（a′2+b′2+2a′b′）-k（a′2+b′2-c2）.

經(jīng)化簡(jiǎn)得：（k-1）［k（a′2+b′2）+2ka′b′+c2］=0，故k=1.

所以ab=a′b′，a+b=a′+b′，轉(zhuǎn)換成推論2的問(wèn)題，即證.

法二 如圖7，D為AB的中點(diǎn)，由相交弦定理得：

CE·DE=BE·AE，4BE·AE=（BE+AE）2-（BE-AE）2.

當(dāng)E點(diǎn)從A運(yùn)動(dòng)到F時(shí)，BE-AE的值逐漸減小，所以BE×AE的值逐漸增大，所以CE×DE的值逐漸增大，又因?yàn)镃E為角平分線值不變，所以DE的值逐漸增大，而與DE的值逐漸減小相矛盾，故△ABC唯一確定.

命題6 一角及該角角平分線對(duì)應(yīng)相等，且周長(zhǎng)也相等的兩三角形全等.

如圖8，在△ABC和△A′B′C′中，CD、C′D′分別平分∠ACB、∠A′C′B′且CD=C′D′，△ABC和△A′B′C′周長(zhǎng)相等，求證：△ABC≌△A′B′C′.

證明 證法和命題5類(lèi)似，由命題5可得：a2+b2+2ka′b′=k2（a′2+b′2+2a′b′），①

a2+b2-c2=k（a′2+b′2-c′2），②

①-②得：（k2-k）（a′+b′）2+kc′2=c2.③

又a+b+c=a′+b′+c′，則k（a′+b′）+c=a′+b′+c′，故c2=［（a′+b′）（1-k）+c′］2.

所以（k2-k）（a′+b′）2+kc′2=［（a′+b′）（1-k）+c′］2.

經(jīng)化簡(jiǎn)得（k-1）［（a′+b′）2+c′2+2（a′+b′）c′］=0，所以k=1，所以ab=a′b′，a+b=a′+b′.即證.

那中線呢，先考慮特殊情況，在直角三角形中，當(dāng)斜邊及其斜邊中線相等時(shí)，由于斜邊中線等于斜邊的一半，故兩直角三角形只滿(mǎn)足，斜邊和一個(gè)直角相等，故不能全等.

結(jié)束語(yǔ) 本文融合余弦定理、相似等來(lái)證全等，對(duì)代數(shù)法的要求極高.代數(shù)推理與幾何推理之間存在相輔相成的作用，運(yùn)用代數(shù)解決幾何問(wèn)題，能夠幫助教師深入的理解知識(shí)，而不是簡(jiǎn)單的認(rèn)為代數(shù)只是運(yùn)算，讓學(xué)生在邏輯論證的過(guò)程中，感悟從特殊到一般的說(shuō)理過(guò)程，逐步形成推理能力.

參考文獻(xiàn)

［1］蔡金法.數(shù)學(xué)教育研究手冊(cè)：第二冊(cè)：數(shù)學(xué)內(nèi)容和過(guò)程的教與學(xué)［M］.彭愛(ài)輝，王瑞霖，張景斌，等譯.北京：人民教育出版社，2020.

作者簡(jiǎn)介

錢(qián)雪雪（1992—），女，江蘇南京人，碩士研究生，中學(xué)一級(jí)教師，主要研究初中數(shù)學(xué)教學(xué).