关于两个等边三角形的问题

有这么一个关于两个等边三角形的问题，俗称拉手模型. 该问题可以衍生出很多有趣的结论，在学习该模型的过程中综合运用了多次三角形全等、相似、等边三角形判定、截长补短、四点共圆的性质与判定等较难初等几何问题，是一个复习的好载体.

下面将本问题进行简单阐述并说明证明思路，详细证明过程请读者自己摸索（亦可通过邮件讨论）.

已知：ΔABC和ΔCDE均为等边三角形，并且B、C、D三点共线，如图I.

求证以下几个结论：

（1）三组三角形全等：Δ BCE ≌Δ ACD；Δ BCF ≌Δ ACG；Δ ECF ≌Δ DCG；如图II.

证明思路：

第一组全等利用两个等边三角形边相等及每个角都是60°的性质，根据SAS证明全等；

由第一组全等可以得到∠GAC=∠FBC和∠FEC=∠GDC，根据ASA证明后两组全等.

（2）两组角相等：∠GAC=∠FBC；∠FEC=∠GDC.

两组边相等：BE=AD；CF=CG.

证明思路：由（1）的三组全等引申出来的结论.

（3）ΔFCG是等边三角形, 如图III. 从而FG//BD.

证明思路：由（2）有CF=CG，又易得∠FCG=60°，得证.由∠FGC=∠GCD，得FG//BD. （4）∠AHF=∠EHG=60°. 如图IV.

证明思路：

由（2）已有∠HAF=∠CBF，对顶角相等有∠AFH=∠BFC，由三角形内角和定理易得∠AHF = ∠BCF= 60°，同理可证∠EHG=60°.

（5）两组相似三角形：ΔAFH ∽ΔBFC；ΔHGE ∽ΔCGD

证明思路：由（4）易得上述两组相似.

（6）A、H、C、B四点共圆，E、D、C、H四点共圆.

证明思路：由（4）或者（5）易得上述结论.

（7）连结CH，则CH平分∠BHD. 如图V.

证明思路：此结论有较多证明方法，下面介绍较容易三种证法：

（证法V-1：角平分线的判定）过点C作CX⊥BE于X，CY⊥AD于Y. 由（1）有ΔBCE≌ΔACD，利用面积法易得CX=CY，从而平分线得证.

（证法V-2：相似三角形）由（5）ΔAFH ∽ΔBFC，则AF:BF=HF:CF，又由对顶角相等，可以得到ΔAFB ∽ΔHFC，从而对应角∠CHF=∠BFA=60°，同理可证∠CHG=∠DGE=60°. 得证.

（证法V-3：四点共圆）由（6）A、H、C、B四点共圆，故∠CHF=∠BFA=60°；同

理可证∠CHG=∠DGE=60°. 得证.

（8）证明HD=HC+HE；HB=HC+HA. 如图VI.

证明思路：（截长法）在线段HD上取一点Z，使得HZ=HC.

第一步：由（7）易证ΔHCZ为等边三角形，故CZ=CH. 如图VI(1)；

第二步：证明ΔCHE≌ΔCZD，故HE=ZD. 如图VI(2)；

第三步：HD= HZ+ZD=HC+HE.

第二个结论证明过程与第一个结论的相仿.

文章写得匆忙，如果有错误请指正，有新的结论也欢迎留言或者邮箱联系，谢谢.