從線段中點突破，構建手拉手模型

從線段中點突破，構建手拉手模型

我們在審題過程中，對於線段上的中點條件，除了得到等分線段結論之外，往往還可以結合線段本身的特徵進一步得到更多結論，例如線段是直角三角形的斜邊，則得到斜邊上的中線；線段中點有一條垂線，則得到垂直平分線；線段是圓內一條弦，則得到垂徑定理基本圖形；線段是三角形的一條邊，且另一條邊也有一箇中點，極易聯想到中位線；線段是等腰三角形的底邊，則可得“三線合一”等等。

而利用線段中點可構的輔助線也非常多，其中最常見的莫過於“中線倍長”，用它來構建全等三角形最為合適。

題目

已知D是Rt△ABC斜邊AB的中點，∠ACB=90°，∠ABC=30°，過點D作Rt△DEF使∠DEF=90°，∠DFE=30°，連接CE並延長到P，使EP=CE，連接BE，FP，BP，設BC與DE交於點M，PB與EF交於點N.

(1)如圖1，當D，B，F共線時，求證：

①EB=EP；②∠EFP=30°；

(2)如圖2，當D，B，F不共線時，連接BF，求證：∠BFD+∠EFP=30°.

解析：

(1)兩個含30°角的直角三角形，兩個中點，這是本小問條件的大致整理結果，接下來我們來建立它們之間的關聯：

①在這兩個特殊直角三角形中，∠CAB=∠EDF=60°，可推導出AC∥DE，説明∠BMD=90°或BC⊥DE，同時它和點D是中點結合可推導出DM是△ABC的中位線，即可得到點M是BC中點，再與點E是CP中點結合，進一步得到 ME是△BCP的中位線，可推導出EM∥BP，仍然特殊直角三角形中∠DEF=90°，可推導出∠CNB=90°即EF⊥BP，這足以證明EF是BP的垂直平分線，於是EB=EP；

②根據EF是BP的垂直平分線，可知點B、P關於EF軸對稱，根據軸對稱的性質，∠EFB=∠EFP，而∠EFB=30°，所以可證明∠EFP=30°；

原本第1問到此已經完結，但是這兩個結論不得不令人聯想到特殊等邊三角形，即圖中的△PBF，它究竟是不是的呢？不妨來探究一下，順便也為下一問作好鋪墊。

我們已經證明了EB=EP，再加上∠EFB=∠EFP=30°，所以它是一個等邊三角形。

我們將CP，DE分別延長交於點G，再連接CD，如下圖：

我們很容易證明△ACD是等邊三角形，同時由DE∥BP，得到△DFG也是等邊三角形，由△ACD與△DFG聯合構成手拉手經典模型，其間△CDE與△GPE全等，這個模型在後面的小問中還將發揮作用；

(2)當D，B，F不共線時，觀察∠BFD和∠EFP，它們分別在∠DFE兩邊，恰恰∠DFE=30°，即證明兩個角的和等於某個角，方法也與證明兩條線段的和等於某條線段類似，即截長補短，換成角的話我覺得叫截大補小吧！

這個時候再看一眼前面的推導，可見並不多作，至少指明瞭方向，我們將DE加倍延長，先構造出一對全等三角形，如下圖：

用中線倍長法的思路去理解，可證明△CDE≌△PGF，於是CD=PG，∠CDE=∠PGE；

其中CD作為△ABC斜邊上的中線，CD=BD，於是便有了BD=PG，這是第一個條件；

由於EF⊥CG且E為DG中點，因此EF是DG的垂直平分線，得到FD=FG，再加上中間還有一個∠EDF=60°，所以△FDG是等邊三角形，便有了FD=FG，這是第二個條件；

由於前面已經證明了等邊△FDG，所以∠DGF=60°，而∠FGP=60°-∠PGE，而∠FDB=180°-∠ADC-∠CDE-∠GDF=180°-60°-∠CDE-60°=60°-∠CDE，所以可得∠FGP=∠FDB，這是第三個條件；

至此，△FGP≌△FDB，如下圖：

解題反思

此題的兩個小問方法眾多，本文只列舉出一種方法供參考，事實上每個人對條件的觀測點不同，對定理印象深淺不同，涉及到的突破口也不同，由此造成了解法多樣性，當然，此題第1小問本身設置也很好，為諸多方法提供了接口，只要認真審題了，平時用心學習了，總有適合的解法。

第2小問源自於第1小問，如果不在前面進行鋪墊重新思考，會走一段彎路，所以就會想，我們在解決幾何問題的過程中，並不會總是一帆風順，但思考過程中，有些正確的結論或者明顯的推論，不妨記在草稿紙上，後面的思考也許用得上，甚至某些失敗的推導也不要過早放棄，想想為什麼失敗，怎樣才能成功，也是極好的刷經驗副本。

本題中，還隱藏一個彩蛋，即△PBF，它始終是一個等邊三角形，有興趣的朋友不妨挖掘下看，有驚喜哦！