三角形（十四）

我们来看手拉手模型的一些具体应用，学习一下“套路”。

例：若△ABC、△CDE和△EFG都是正三角形，且D是AG中点，求证：△BFD是正三角形。

这何止手拉手啊，都心连心了。

我们该如何考虑这个问题呢？

除了两个手拉手以外，这个题目中还有一个条件：D是AG的中点。所以我们首先得到的是AD=DG，先把题目中那些看起来很不一样的条件给推一下，虽然不会马上知道有什么用，但是有这个结论放在脑海里，一会没准就能用上。

当然，如果你觉得题设中所有的条件都差不多，那么就按照顺序来推一下，并且把得到的直接结论尽量在图上用容易区分的记号予以标注。

接下来我们来处理手拉手模型。由△ABC和△CDE有公共顶点，马上可以知道△ACD全等于△BCE……

等等，△BCE在哪里呢？既然还没有构成三角形，那么我们首先就要把△BCE补起来。你说贼老师你知道答案了所以才这么做的。非也非也，我自己在做的时候，第一步也就是这样来的，事实上我也不知道对错，但是这么明显的全等三角形，而且又是符合模型的使用条件的，不连实在是说不过去。我也是做了一次尝试，如果下不去大不了再换路子，但是从尝试的角度来说，这是一种最自然的思路。

于是我们马上得到了AD=BE，等等，似乎我们刚才得到过一个和AD相关的结论？没错，AD=DG，于是我们可以得到AD=BE=DG。

我们似乎还有一个正三角形的条件没有用上。如果注意到EF=FG，加上图作得准确，我们很容易想到：△EBF和△GDF是否全等的问题。

当然全等啊！你把最后的结论拎出来看就知道BF=FD，而有两条边相等判别三角形全等的办法只有两种：SSS和SAS，显然SSS不行，因为最后要你证的就是其中一组S相等成立，所以只剩下唯一的办法：SAS，即证明∠BEF=∠DGF。

这时候怎么证明？

我们发现∠EFG=60°，而如果∠BEF=∠DGF的话，也就意味着BE和DG所成的夹角为60°。这其实就是一个旋转变换，把△BEF旋转到△DGF，如果注意到△ACD是由△BCE旋转60°得到，那么马上可以知道BE和AD的夹角为60°，从而BE和DG的夹角也是60°。

最苦难的一步终于过去了，剩下的无非就是利用角度之间的关系把细节补充完整。我们设EF和AG交于K，EB和AG交于P，则∠EPG=60°。而∠PEK+∠EPG=∠EKG=∠AKF=∠EFG+∠KGF，所以有∠PEK=∠KGF，我们得到△BEF全等于△DGF，于是BF=FD，且夹角为60°，命题得证。

事实上，本题是第15届全苏奥林匹克竞赛题，有一定的难度。特别是BE和DK的夹角为60°算是本题的题眼。然而，如果你确实深刻理解了手拉手模型的本质，结合从结论出发，我们发现对正△BFD和正△EFG使用手拉手模型，马上可以看出△EBF和△GDF之间的旋转关系，从而对应的角和边的关系一目了然，就把证明的目标转化成证明BE=DG，且BE和DG的夹角为60°，要证明这个结论，必然要通过其他两个正三角形的手拉手模型。

你看，理解基本概念，掌握本质重不重要？