少儿几何启蒙：学会推理

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书名：少儿几何启蒙 学会推理

ISBN：978-7-115-61824-5

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版　　权

著    刘治平

责任编辑 刘 朋

人民邮电出版社出版发行　　北京市丰台区成寿寺路11号

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内容提要

几何是一门有趣的学问，通过点、线、面的组合，可以构造出千变万化的图形，为我们认识世界打开一扇新的窗户。

“少儿几何启蒙”系列图书是专为小读者编写的一套通俗几何读物。在这套书中，作者在长期研究和教学实践的基础上精心组织内容，通过丰富的例题和习题讲解，深入浅出地介绍基本的几何定义、定理以及解决相关几何问题的方法和技巧。更为重要的一点是，这套书从日常生活的直观认识出发，在形象思维的基础上抽象出普遍的规律性，既符合小读者的思维习惯，又能自然而然地帮助他们提高思维能力。

本书主要结合大量趣题介绍几何中的有关推理方法，包括简单的证明与计算、图形的区分与比较、图形想象力的培养、看图找规律等内容。希望广大小读者在阅读本书的过程中体会到学习几何的乐趣。

总  序^[1]

[1]　本文作者张景中，计算机科学家、数学家和数学教育家，中国科学院院士，曾任第四届中国科普作家协会理事长、第一届中国高等教育学会教育数学专业委员会理事长。

这套小书的作者刘治平教授在回顾退休前后多年的经历时这样说：“我喜欢小孩，更喜欢教小孩。回想起来，自大学教书退休前至今，教小孩学数学有30多个年头了。其间，我倾注心血，边学边教。在做这件事上确实有一点点成绩，自己也获得了莫大的愉悦。”

说“一点点成绩”，当然是刘教授自谦。在此期间，他教过北京海淀区的中关村第一小学、中关村第二小学、北京科技大学附属小学、北京理工大学附属小学、清华大学附属小学、北京大学附属小学等十几所小学的课外数学班；受著名教育家、人民大学附属中学校长刘彭芝之邀，在北京市华罗庚学校教过超常儿童奥数班，参与编写了被广泛采用的教材；参加过第十一届世界天才儿童教育大会，所撰写的文章发表于英国伦敦发行的专刊；还曾应世界天才儿童协会时任主席、台湾师范大学教授吴武典（1940—）之邀，赴台参加1999年资优教育研究学术研讨会并发表文章。他创办了北京幼幼培训学校和北京吉福超常启蒙教育研究所，发表了教研文章30多篇，受到了孩子、家长、学校老师和有关领导的欢迎和赞赏，被评为海淀区教育系统优秀教师。他曾荣获教学征文一等奖、中国科教创新贡献奖及中国当代思想成就奖等。这就是一位退休老人的“一点点成绩”！

我们自然要问，这位老教授是如何教孩子们学数学的呢？中小学数学里几何最难，他又是如何教孩子们学几何的呢？

这套小书总称“少儿几何启蒙”，顺次分为“认识图形”“学会推理”“立体图形”和“图形变换”四个分册。作者在书中开门见山、直来直去、生动详尽地展示了自己教小孩的具体过程和核心思路，并结合近年来中小学数学教学中有效的新思路做了若干补充。

讲几何离不开几何图形，几何图形的基本元素无非是点、直线、线段和圆等。刘教授用生动直白的话语向孩子们介绍这些基本图形，直来直去地指着黑板说：“这叫什么？这叫‘点’。用笔在纸上画一个点，可以画大些，也可以画小些。点在纸上占一个位置。”

在这里，他不说“这是‘点’”，而说“这叫‘点’”，其背后有深刻的道理。自19世纪以来，数学家开始明白，数学研究的对象（如数、点等）并非客观的实体，它们“实际上”是什么，不可能也不需要在数学上讨论和解决。数学关心的只是这些研究对象组成的结构和关系。柯朗等在名著《什么是数学》中说：“基本的数学概念必须抽象化，这一见解是近代公理化发展中最重要和最丰富的成果之一。”这里，刘教授采用“这叫‘点’”的用语，体现了数学概念抽象化的深刻思想，在孩子们的心里播下数学思维的种子。在讲解相关内容时，刘教授为此加了一节“写给家长和老师的话”，有助于家长和老师在孩子们成长的过程中帮助其深化这方面的认识。

在语言文字生动简明的基础上，刘教授在书中对几何逻辑推理的起点也进行了简化梳理，并且提出了“信息几何”这一新概念，不仅关心几何图形中几何性质的逻辑关系，也关心图形中的组合计量信息。孩子们可以通过“点连线”“线交点”“种树成行”“摆小棍”“破密码”“数图形个数”“连线游戏”等一系列有趣的活动，在玩中学，在学中玩。这些活动贯穿着观察与猜想，通过归纳找规律，开放思维，放飞想象。例如，引导孩子们观察、计算11条直线最多能交出多少个点，由少到多，让孩子们发现其中的规律。又如，在观赏行、列和均为34的四阶幻方后，启发孩子们找寻其中还有哪些和为34的数组，它们组成什么样的四边形。结果，大家在课堂上就找出了几十个这样的“数字四边形”，让孩子们产生“震撼感”！这样把几何图形和组合计数联系起来，不仅引出了著名的欧拉网络公式“交点数+区域数-连线数=1”，还介绍了“二人点连线”“画图形画”等游戏性质的活动，其中一些内容还被英国的《国际天才教育》选为专刊的封面图（Gifted Education International，Volume 12，No 2，1997）。

在认识了常见的几何图形的基础上，自然要引导孩子们学点推理。书中不仅介绍了实际的教学过程和宝贵的经验，还引进了有力的初等几何的新方法，特别是以三共定理为代表的面积法。

传统的几何推理方法以全等三角形和相似三角形为基础。如果图中没有现成的全等三角形或相似三角形，就要作辅助线，这就增加了解题的难度。此外，三角形全等要满足三个条件，三角形相似要满足两个条件，这样从三个或两个条件推出一个结论，给初学者带来了困难。

以三角形面积公式为基础的三共定理学起来容易（都是三角形面积公式的简单推论），用起来方便（一个条件一个结论，还不用作辅助线），解题效果显著，而且能够串通几何、代数和三角的知识，沟通孩子们学过的知识和将来要学的知识。许多重要的几何事实用三共定理来证明，立刻就变简单了。回忆自己在初中学三角形中线的性质，那时要作辅助线，用上平行四边形对角线的性质等知识；现在有了共边定理，将两个面积一比，马上就看出结果来了。这种方法具有一般性，把中点换成三分点或四分点，也能够算出相应的结果。书中除了这个例子，还举出了塞瓦定理等著名结论的简单推导，很有说服力。

在三共定理中，共高定理和共角定理早就有了，但共边定理在传统的教材和教参中未见提到。近年出版的一本高校用的初等几何教材提到过一个有趣的例子：大数学家华罗庚（1910—1985）用初中数学知识给出了射影几何的一条基本定理的证明，用了一页篇幅，但作者后来发现，用基于小学知识的共边定理，仅一行就推导出来了。实际上，共边定理的本质是确定两条直线交点的位置，代数意义就是求解二元一次方程组。这样一来，平面射影几何里所有涉及直线相交的定理用共边定理就都能证明。

另一方面，共角定理的发展直观而自然地引出了三角函数中的正弦，而且不用坐标就给出了涵盖钝角的正弦定义，实现了荷兰数学家、数学教育家弗赖登塔尔（1905—1990）提出的“提前两年学正弦”的设想。我国首创的这种“重建三角”的想法在初中阶段进入教学实验已有十几年，显示出了提升学生学习兴趣和解题能力的明显效果。这套小书向小学生讲正弦，也是一个大胆尝试。我国著名数学教育家张奠宙（1933—2018）在他的著作中写道：“如果能从小学就开始熟悉sin A，当然是一次重大的思想解放……如果三角学真的有一天会下放到小学的话，这大约是一个历史起点。”

综观这套小书，由浅入深，从观察到计算再到推理，从平面画图到制作立体模型，从生动有趣的游戏到大师的著名贡献（如七桥问题和欧拉公式），刘教授总是用浅显通俗的语言引入问题，启发孩子们去想象，诱导孩子们去思考和发现，让孩子们在快乐、惊奇甚至震撼中进入数学的新天地。

我没有教过小学，更没有对小学数学教学做过深入的考察研究。看了这套小书，我感到这样教孩子们学数学必然有好的效果，能够让孩子们爱上数学。当然，孩子们的具体情形各不相同，书中的具体内容也有需要进一步探讨、改进之处。但我希望并相信，千千万万的孩子会在老师或家长的关怀下从书中获益，从书中体会到数学是多么好玩，多么值得思考和探索。

2023年12月25日　　　

前  言

数学是一门伟大的学问，也是人类智慧的最高体现，世界上任何现象的背后都隐藏着数学。我国有着悠久的数学传统，人们一直非常重视数学教育。在少儿的早期教育中，社会各界尤其关注数学启蒙教育。

目前，少儿接受数学教育的渠道很多，教育资源也很丰富。如果简单地把数学分为数与形两大部分，那么少儿在学习与算术和代数相关的内容的同时，很有必要接触和了解与图形相关的几何知识。只有数形结合，才能充分体会到数学的魅力，培养全面的数学思维能力。荷兰著名数学家和数学教育家弗赖登塔尔说：“从小时候起，我们就很熟悉物体的详细图形。这些图形是通过对实物进行放大或缩小而得到的，在数学上称为相似。不容置疑，从认知发展来讲，这种相似性是先于数的概念的。”他还说：“我确信，在个体发展中，几何甚至先于算术。” 我国著名数学家和数学教育家张景中院士首先提出并大力倡导“教育数学”思想，为教育改造数学，对数学原创成果和教材内容进行再创造，以便适合教与学。他主张将计算和图形串通起来，这样数学会变得更有趣和更容易。

然而，在少儿数学启蒙方面，人们所关注的多是算术方面的内容，而对几何的关注较少。原因有多种，其中不少人认为几何很“难”，少儿除了认识简单的几何图形外很难掌握那些深奥的几何知识。另外，目前适合少儿阅读的通俗几何读物很少。因此，出版一套符合少儿认知规律、富有启发意义的几何科普图书是我们的一大心愿。

本书作者刘治平教授自20世纪90年代开始从事少儿数学启蒙教育工作，创办数学启蒙教育学校，曾任北京市华罗庚学校特聘教授，先后受邀到北京市海淀区的十几所小学授课开展教学活动，多次被评为优秀教师，取得了可喜的成果，受到了社会各界的肯定和普遍赞誉。在教学实践中，刘治平教授遵从少儿的认知心理规律，通过生动有趣的课堂面授，促进少儿数学思维的形成和发展。他深刻地认识到，只有跑到“发展”前面的教学才是“好的教学”，而少儿对于几何的接受能力远超一般人的刻板印象，大多数少儿通过系统的学习就能快速掌握一些较为深刻的几何概念和有效的学习方法。这对于他们以后的数学学习大有裨益，尤其是能够改变他们对几何学习的认识。

这套图书是在刘治平教授多年来所使用的讲义的基础上编写而成的，其中既有详细的例题讲解，也有丰富的练习题目，体现了他一贯秉持的教育理念。这套图书一共包括四册，分别是《少儿几何启蒙 ：认识图形》《少儿几何启蒙 ：学会推理》《少儿几何启蒙 ：立体图形》《少儿几何启蒙 ：图形变换》。我建议小读者根据书中的内容安排，循序渐进地学习几何知识。当然，你也可以根据自己的兴趣，按照自己的方式，选取有关内容进行学习。在遇到困难或不懂的问题时，请不要放弃和回避，而是要坚持独立思考，并及时向家长、老师或高年级的同学请教。相信你的学习兴趣会越来越大。

作为少儿学习几何的启蒙读物，这套书对有的知识点只做了初步介绍。如果你想对有关问题进行更系统、深入的学习，可以阅读《平面几何新路》（张景中著）、《一线串通的初等数学》（张景中著）、《少年数学实验（第2版）》（张景中、王鹏远著）以及《仁者无敌面积法：巧思妙解学几何》（彭翕成、张景中著）等著作。

最后，感谢尧刚先生以及成都景中教育软件有限公司在本套图书的出版过程中给予的支持和帮助。

由于时间仓促，本书在编排过程中难免存在疏漏之处，欢迎广大读者朋友批评指正。

第1讲　论证与计算（一）

第1节　三角形中的三边关系

第2节　三角形中的边角关系

第3节　三角形的内角和

第4节　全等三角形的判定

第1节　三角形中的三边关系

一、典型例题讲解

【例1】　如果你用3根小木棍摆成了一个如下图所示的三角形，仔细看一看，你能从中发现什么？

解：由于“两点之间线段最短”，故知在这个已经构成的三角形中必定有三角形的两边之和大于第三边，即

a+b＞c，b+c＞a，a+c＞b

进而联想到以下情形。

a＞c-b　　　 b＞c-a　　　　c＞b-a

因此，三角形中两边之差小于第三边。

【例2】　用下图所示的3根小木棍，你能不能摆出一个三角形？据此，你能想到什么？

解：在上图中，a = 2，b = 3，c = 6，由于2+3≯6，所以用它们摆不成三角形。

可知，在给定的3条线段中，若两条线段相加之和不大于（小于或等于）第三边，则它们构不成三角形。

进而联想，用边长为1、2、3的一组小木棍或边长为2、3、5的一组小木棍，必定也摆不成三角形，对吧？

【例3】　若在给定的3根小木棍中，有两根小木棍的长度之和大于第三根，这时你能否说用这样的3根小木棍就一定能围成一个三角形？

解：不能肯定（因为已知条件不够，即不充分）。

经观察，我们有以下两个发现。

①若较短的两根小木棍的长度之和大于最长者，则它们能围成一个三角形，如下图所示。

②若所取的两根小木棍中不含最短者，则它们不一定能围成一个三角形，如下图所示。

进而联想，数学语言是非常严谨的，马马虎虎、随随便便地说是不行的。不能因为知道了“三角形的两边之和大于第三边”而不动脑子随便说“在3根小木棍中，若两根的长度之和大于第三根，我们就一定能用它们摆成一个三角形”。为什么呢？请仔细地想一想，“在3根小木棍中，两根的长度之和大于第三根”有两种不同的情况：一是3根长度像2、3、4这样的小木棍，因为2+3＞4，2+4＞3，3+4＞2，所以用它们一定能摆成一个三角形；二是3根长度像1、2、4这样的小木棍（如上图所示），此时虽然4+1＞2，4+2＞1，但1+2≯4，所以用它们不能摆成一个三角形。

数学家说，在3根小木棍中，“两根小木棍的长度之和大于第三根”是三者能围成三角形的必要条件。但只有这一条还不行，还必须增加那两根小木棍是“较短的两根小木棍”这一个条件才行。这好比“有饭吃”是“能活”的必要条件，但是光“有饭吃”不行，还必须满足“有水喝”等条件。

【例4】　3条边皆为整数且最长的边为5的三角形有几个？

解：较短的两条边之和大于5时就可以构成三角形。

因此，可以构成的三角形共有9个，即5+3+1=9。

【例5】　3条边皆为整数且最长的边为11的三角形有几个？

解：较短的两条边之和大于11时，可构成三角形。这里a=11，如右图所示。可知，a、b、c之间的关系有以下情形。

①a=11，b=11，共有11个三角形。

②a=11，b=10，共有9个三角形。

③a=11，b=9，共有7个三角形。

④a=11，b=8，共有5个三角形。

⑤a=11，b=7，共有3个三角形。

⑥a=11，b=6，有1个三角形。

因此，共有36个三角形，即11+9+7+5+3+1=36。

【例6】　3条边皆为整数且最长的边为19的三角形最多可能有几个？

解：另外两条较短的边之和大于19时，这3条边就能构成三角形。这里已知a=19，如右图所示。

b=19时，c的取值有19个，即c=1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18、19。

b=18时，c的取值有17个，即c=2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17、18。

b=17时，c的取值有15个，即c=3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13、14、15、16、17。

……

b=12时，c的取值有5个，即c=8、9、10、11、12。

b=11时，c的取值有3个，即c=9、10、11。

b=10时，c的取值有1个，即c=10。

因此，最多有100个三角形。

【例7】　3条边皆为整数且最长的边为99的三角形有多少个？

解：另外两条较短的边之和大于99时，这3条边即可构成三角形。回顾前边几道例题的情况，总结如下。

最长的边为5的三角形的个数为：5+3+1=9（个）。

最长的边为11的三角形的个数为：11+9+7+5+3+1=36（个）。

最长的边为19的三角形的个数为：19+17+15+…+5+3+1=100（个）。

啊！我们发现了规律。最长的边为99的三角形的个数为

知识拓展：学习用归纳法找规律，求奇数的个数。

1、3、5、7、9→5个奇数

1、3、5、7、9、11、13、15、17、19→10个奇数

1、3、5……25、27、29→15个奇数

1、3、5……35、37、39→20个奇数

……

1、3、5……95、97、99→50个奇数

哦，明白了！连续奇数序列中所包含的奇数个数为

（末数-首数）÷2+1

二、练习与提高

（1）有下面两组小木棍，摆一摆，想一想。

①用3根一样长的小木棍摆一个等边三角形，再用橡皮泥将其黏住。

②用两根一样长的小木棍和一根较短的小木棍摆一个等腰三角形，再用橡皮泥将其黏住。

③一个等边三角形必定是一个等腰三角形，对吗？反过来说，每个等腰三角形都是等边三角形，对吗？

（2）摆直角三角形。

①用下图所示的3根小木棍摆一个直角三角形，再用橡皮泥将其黏住。注意：这3根小木棍的长度不是随意的，若以一根火柴棍为单位去测量，它们的长度分别是3、4和5。

②若改用下图所示的长度分别为2、4和5的3根小木棍，还能摆成直角三角形吗？

③改用下图所示的长度分别为4、4和5的3根小木棍，还能摆成直角三角形吗？

④改用下图所示的3根长度分别是3、4和6的小木棍，能摆成直角三角形吗？

⑤通过动手做，你有什么发现？

（3）边长只可能为2、3、7或11的等腰三角形共有多少种？

提示：等边三角形也是等腰三角形。

（4）请试一试用下面6组小木棍能不能摆成直角三角形。

第一组：6、8、10。

第二组：9、12、15。

第三组：5、12、13。

第四组：7、24、25。

第五组：8、15、17。

第六组：12、35、37。

也可以采用另外一种方法，请几个小朋友在地上将打好结的绳子拉直，看看能不能得到直角三角形。

（5）小明喜欢几何，老师常常鼓励他。一天，老师给了他9根长度各不相等而都是整厘米数的小木棍，其中最长的是55厘米。老师叫小明用它们摆成一些三角形。小明很高兴，心中非常感激老师的关怀和培养。但是，好长时间过去了，小明连一个三角形也没摆成。小朋友，你能猜出这是怎样的9根小木棍吗？你能和小明讨论一下，为什么不能用这9根小木棍摆出三角形？

（6）如下图所示，在△ABC中，D、E、F分别是BC、AC、AB上的任意一点，连接AD、BE、CF。

求证： 。

习题解答

（1）①　　　②　

③在一个等边三角形中，它的3条边都相等，当然其中的两条边也必然相等，所以每一个等边三角形都必定是等腰三角形。但反过来说就不对了，因为等腰三角形中有两条边相等，而对第三条边的长度没有限制。因此，等腰三角形不一定是等边三角形。

（2）①是直角三角形。

②不能，而能得到钝角三角形。

③不能，而能得到等腰三角形。

④不能，而能得到钝角三角形。

⑤总结以上4种摆法，可知只有用3根长度分别为3、4、5的小木棍才能摆成直角三角形。

（3）解法一：边长为2、3、7或11的等边三角形共有4种，如下图所示。

根据三角形的两边之和大于第三边可知，非等边的等腰三角形有以下几种。

①腰= 2，底= 3，有1种。

②腰= 3，底= 2，有1种。

③腰= 7，底= 2、3、11，有3种。

④腰=11，底= 2、3、7，有3种。

总共有12种等腰三角形，即4+1+1+3+3=12。

解法二：以底分类。

①底= 2，腰= 2、3、7、11，有4种。

②底= 3，腰= 2、3、7、11，有4种。

③底= 7，腰= 7、11，有2种。

④底= 11，腰= 7、11，有2种。

因此，总共有12种等腰三角形，即4+4+2+2=12。

（4）略。

（5）此题答案略。你若一下子想不出来，也不要紧，请你在脑子里慢慢想，时不时地琢磨一下。终有一天，你会想出来。

（6）证明：先考虑AD。在△ADB中，有

AD+BD＞AB

在△ADC中，有

AD+DC＞AC

由于BD+DC=BC，则把上面两个不等式相加后有

         2AD+BC＞AB+AC  ①

同理，      2BE+AC＞AB+BC  ②

         2CF+AB＞AC+BC  ③

将式①、式②、式③的两边分别相加，得

2(AD+BE+CF)+(AB+BC+AC )＞2(AB+BC+AC)

2(AD+BE+CF)＞AB+BC+AC

第2节　三角形中的边角关系

在几何学中，我们关注的最基本的一类问题是长度和角度之间的关系。“数学的根源在于普通的常识”。现在设想我们走了一段距离，然后拐了一个弯，接着又走了一段距离（见右图），那么我们此刻离起点有多远呢？在右图中，边AC₁对应于∠ABC₁，边AC₂对应于∠ABC₂，边AC₃对应于∠ABC₃。显然，终点与起点的距离AC₁、AC₂、AC₃与∠ABC₁、∠ABC₂、∠ABC₃的大小相对应，它们之间的关系就是我们在几何学中要进一步研究的三角形的边角关系。如何开始研究呢？

数学王子高斯（1777—1855）认为数学是眼睛的科学，少不了观察。大数学家欧拉（1707—1783）也说数学需要观察和实验。今天人们所知道的数的性质几乎都是通过观察发现的。

【例1】　观察三角形的边与角之间有什么关系。

画一个一般的三角形ABC，它的3个顶点是A、B、C，3条边是a、b、c（不一样长），它们所对的角分别是∠A、∠B、∠C，如下图所示。

通过观察可知，a大于b，∠A大于∠B。

进而联想：在三角形中，大边对大角，小边对小角；反过来也可以说，大角对大边，小角对小边。

继续联想：等腰三角形（见右图）的两个底角相等。

在此，我们介绍4种证法。

证法一：这种证法的依据是“连续性原理”。既然三角形的大边对大角，小边对小角，那么我们可让大边逐渐变短，则它所对的角也就逐渐变小。当这条边变得与小边相等时，则它所对的角就会变得和小边所对的角相等了。于是，我们就得到结论：等边对等角。

证法二：采用反证法。假设两个底角不相等，则根据“大角对大边，小角对小边”可以推出此三角形的两条边不相等，这和已知矛盾，因此假设不对，所以等腰三角形的两个底角相等。

继续联想：等边三角形的3个内角相等。

证法三：以下内容引自远山启（1909—1979）所著的《数学与生活》。

关于等腰三角形的两个底角相等，古希腊的泰勒斯（约前624—约前546）不知道怎样证明这个定理，而欧几里得（约前330—前275）以惊人的复杂方法做出了证明。在欧几里得之后约500年（3世纪）出了个巴伯斯，他简单地利用“两边夹一角”定理就做出了证明，那就是将三角形翻过来。

如右图所示，将△ABC按B-A-C和C-A-B的顺序进行比较，则边-角-边分别为BA-∠BAC-AC和CA-∠CAB-AB。由于AB=AC，我们将三角形向右翻过来使这两条边重合，则点B和C、A和A、C和B能够重合，故有∠ABC =∠ACB（证毕）。

证法四：这里介绍欧几里得的《几何原本》中的证法。如右图所示，已知在△ABC中，AB=AC，欧几里得是这样证明∠1=∠2的。

把边AB延长到点F，把边AC延长到点G，使BF=CG，可见在△AFC和△AGB中AB=AC（已知），∠A =∠A（公共角）。由此可得AF=AG（等量加等量，其和相等），所以△AFC≌△AGB（边角边定理），因而FC=GB，∠3=∠4，∠ACF=∠ABG。故知△CBF≌△BCG（边角边定理），可得∠5=∠6。于是，∠1=∠2（等量减等量，其差相等）。

注意：在《几何原本》中，在这个命题之前，边角边定理（若两个三角形的两边及其夹角对应相等，则二者全等）已得到证明。

人们发现，在直角三角形中，如果一个锐角是30°，那么这个锐角所对的直角边就等于斜边的一半。换句话说，30°角所对的直角边与斜边的比等于1/2。这条性质与三角形的大小无关。

人们就会自然地联想到，如果直角三角形的一个锐角不是30°，而是任何其他度数（见右图），它的对边与斜边的比也是确定的值吗？

人们经过研究发现，只要锐角A的大小确定，那么在用它作为一个角画出的直角三角形中，它的对边与斜边的比就是一个确定的值。因此，人们就想到用一个专门的记号来表示，即，称为∠A的“正弦”。类似地，，称为∠A的“余弦”；，称为∠A的“正切”。

人们进而把它们叫作“三角函数”，下面是几个特殊角的三角函数值。

对于任意三角形（见下图），以下边角关系成立（此处不细讲）。

正弦定理： 。

余弦定理： 。

【例2】　在下图所示的筝形ABDC中，BA=BD，CA=CD，求证∠BAC=∠BDC。

证明：连接AD，并标明∠1、∠2、∠3、∠4，如下图所示。

在△ABD中，因为BA=BD，所以∠1=∠2（等腰三角形的两个底角相等）。同理，在△ACD中，由于CA=CD，所以∠3=∠4。因此，∠BAC=∠BDC（证毕）。

【例3】　证明等边三角形的3条中线交于一点。

证法一：画出示意图，如右图所示。我们知道，等边三角形的3条边一样长，它是一种非常特殊的三角形，而且它是轴对称图形。这就是说，如果我们将等边三角形沿对称轴翻转180°，那么它看起来和原来完全一样。但应注意到，等边三角形左右两条边的中点会交换位置，同时连接它们到各自相对的顶点的两条线段（即中线）也会交换位置（见右图）。这意味着这两条中线的交点不会位于对称轴的任何一侧，也就是说这个交点必然在对称轴上。如果不是这样的话，当我们将等边三角形翻转180°时，这个交点就会移动到对称轴的另一侧，如下图所示。出现这种情况时，我们就能够发现差异，而这是对称性所不允许的。可见，这条对称轴就是第三条边上的中线，由此证明等边三角形的3条中线交于一点。

证法二：我们注意到等边三角形具有旋转对称性，也就是说如果将它绕着一个点旋转120°（即周角的1/3），那么它看起来还和原来一样，如左图所示。这个点必然是一个中心点。

现在，我们沿着3条对称轴中的任意一条翻转等边三角形（并没有偏向任何一个顶点），发现等边三角形都不会发生变化。这说明这个中心点位于3条对称轴上，也就是说3条中线交于一点（见右图）。这个点就叫作等边三角形的旋转中心。

应该说明，上述证法摘自保罗·洛克哈特所著的《度量》。另外，保罗·洛克哈特还说了一段有趣的话。他说：“这就是数学论证的一个示例，也被称为证明。一个证明就是一个故事，问题的要素扮演故事中的角色，而故事的情节则完全取决于你。与任何虚构的文学作品一样，我们的目标是写出一个叙事引人入胜的故事。就数学来说，这就意味着不仅要求情节合乎逻辑，同时又要求简单优美，没有人喜欢曲折复杂的证明。毫无疑问，我们需要遵从理性前进，但同时我们也想被证明的魅力和美征服。一句话，证明既要漂亮，也要符合逻辑，二者缺一不可。”

第3节　三角形的内角和

一、观察与发现

首先观察正方形，发现它的4条边相等，4个角都是直角。若在其内画一条对角线（如下图所示），则必将该正方形分割成完全相同的两半，每一半都是一个等腰直角三角形，它的3个内角的和必为90°×4÷2=180°。

再观察长方形，发现它的两组对边相等，4个角都是直角。若在其内画一条对角线（如下图所示），则必将该长方形分割成完全相同的两半，每一半都是一个直角三角形，它的3个内角的和必为90°×4÷2=180°。

大胆猜想：一般三角形的内角和也该是180°，即∠A+∠B+∠C=180°（见右图）。

我们做一个实验，将一个三角形的3个角一个个地剪下来，再拼在一起，发现可拼成一个平角（180°），如下图所示。

需要指出，对于这种通过做实验得出的“结论”，物理学家予以承认，但数学家说它们只有“启发”意义。下面我们进行证明。

画两条相交的直线（见右图），我们发现对顶角相等，即∠1=∠2。

再画一条直线和两条平行线相交（见下图），我们发现同位角相等，即∠1=∠3；内错角也相等，即∠2=∠3。

下面介绍《几何原本》中的一种证法。画一个一般的三角形，如下图所示。

延长边BC至点D，引直线CE∥AB。因为∠1=∠B（同位角相等），∠2=∠A（内错角相等），故∠A+∠B+∠C=∠2+∠1+∠C=180°，即三角形的3个内角之和等于180°。

至此，我们得到了三角形内角和定理，也可以得到以下推论。

推论1：等边三角形的3个角都是60°。

推论2：一个三角形中最多只能有一个直角（90°）。

推论3：一个直角三角形中的两个锐角之和等于90°。

推论4：等腰直角三角形的两个锐角都等于45°。

推论5：三角形的一个外角大于与其不相邻的任意一个内角，并且等于与其不相邻的两个内角之和。如下图所示，因∠A+∠B+∠C=180°，∠C′+∠C=180°，所以∠C′=∠A+∠B。

推论6：一个三角形的3个外角之和等于360°。

在下图中，已知∠A′、∠B′、∠C′是△ABC的3个外角，则∠A′+∠B′+∠C′=360°，其证明过程如下。

由于已知∠A′+∠A=180°，∠B′+∠B=180°，∠C′+∠C=180°，所以∠A′+∠B′+∠C′+∠A+∠B+∠C=180°×3，即∠A′+∠B′+∠C′+180°=180°×3，因此∠A′+∠B′+∠C′=180°×2=360°。

推论7：四边形的4个内角之和等于360°。

左图是一个一般的四边形，一条对角线（虚线）将它分成两个三角形。根据三角形内角和定理可知，它的4个内角之和等于360°，进而得知它的4个外角之和也是360°。

推论8：n边形的内角之和等于(n-2)×180°。这就是多边形内角和定理。

二、典型例题讲解

【例1】　如右图所示，已知∠1=50°，求∠2、∠3和∠4。

解：因为∠1+∠2=180°，所以∠2=180°-50°=130°。

因为∠1和∠3为对顶角，所以∠3=∠1=50°。

因为∠2和∠4为对顶角，所以∠4=∠2=130°。

【例2】　如右图所示，已知AB与EF平行，求证∠BCF=∠B+∠F。

证明：如右图所示，由点C引直线CD，使其平行于AB，则有CD∥EF（一条直线与两条平行线中的一条平行，必与另一条也平行）。由于∠1=∠B（内错角相等），∠2=∠F（同上），且∠1+∠2=∠BCF，故∠BCF=∠B+∠F（等量代换）。

【例3】　在下图中，已知AB∥CD，∠1=29°，∠2=51°，求∠F。

解：由上一个例题的结果可知

∠F=∠1+∠2 = 29° + 51° = 80°

【例4】　已知一个三角形的3个内角之和等于180°，请导出多边形内角和定理。

解：可采用归纳法。如右图所示，四边形可划分为两个三角形，其内角和为2×180° = 360°。

五边形可划分为3个三角形，其内角和为3×180° = 540°，如右图所示。

六边形可划分为4个三角形，其内角和为4×180° = 720°，如右图所示。

可见，一个多边形可以划分成的三角形个数等于其边数减2。因此，n边形的内角和等于(n-2)×180°。

【例5】　将若干个大小相同的正五边形排成环状（右图中只画出了3个正五边形），共需要多少个正五边形？（2009年北京市“数学解题能力展示”读者评选活动初试题）

解法一：如下图所示，正五边形的每个内角的度数为

180°×(5-2)÷5=108°

如下图所示，相邻两个正五边形构成了内部正多边形的一个内角，其度数为

360°-108°×2=144°

如下图所示，该内角所对应的外角的度数为

180°-144°=36°

因此，题目所求的正五边形的个数为

360° ÷ 36° = 10（个）

解法二：如右图所示，设围成环状时所需的正五边形的个数为n。根据多边形内角和定理，可得

360°-108°×2=144°

144°×n=180°×(n-2)

n=10

【例6】　如下图所示，在直角三角形ABC中，已知AC=CD，AB=BE，求∠EAD。

解：为了方便计算，我们在下图中对相关的角进行标注。

由于　　　　　　　　　∠4=∠1+∠2（因为AC=CD）

        ∠5=∠1+∠3（因为AB=BE）

又因　　　　　　　　∠1+∠4+∠5=180°（三角形内角和定理）

故　　　　　　　　　∠1+(∠1+∠2)+(∠1+∠3)=180°（等量代换）

即　　　　　　　　　　　　　　2∠1+(∠1+∠2+∠3)=180°

又因　　　　　　　　　　　　　∠1+∠2+∠3=90°（已知）

故　　　　　　　　　　　　　　2∠1+90°=180°（等量代换）

因此　　　　　　　　　　　　　　　2∠1=90°，∠1=45°

得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　∠EAD=45°

【例7】　右图所示是筝形和镖形两种不同的地砖，下图是用这两种不同的地砖铺设而成的图案。请仔细观察这个美丽的图案，然后回答筝形砖的4个内角各是多少度。

解：由上图可见，5个筝形拼成了一个正十边形（见下图）。所以

α =(10-2)×180°÷10=144°

由5β=360°，可得

β=72°

又知筝形是个四边形，故它的内角和是360°。又因δ = γ，所以

因此，筝形的4个内角为

α=144°，β=δ=γ=72°

【例8】　如下图所示，多边形ABCDEFGH是一个正八边形，那么∠HBC为多少度？

解：　　　　　　　　　∠A=180°×(8-2)÷8=135°

        ∠ABH=(180°-135°)÷2=22.5°

由于∠ABC=∠A，所以

∠HBC =∠ABC-∠ABH

       =135°-22.5°

=112.5°

【例9】　如下图所示，D为△ABC中的一点，x、y、z、w是相应角的度数，怎样用y、z、w表示∠A的度数x？

解：如右图所示，连接AD并延长。由三角形的一个外角等于与其不相邻的两个内角之和可得

            ∠Ⅲ=∠Ⅰ+ y

            ∠Ⅳ=∠Ⅱ+ z

因此　　　　　　　　　　　　∠Ⅲ+∠Ⅳ=∠Ⅰ+∠Ⅱ+y+z

即　　　　　　　　　　　　　　　　　　　w = x+y+z

得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　x = w-y-z

【例10】　如右图所示，线段PS、QT和RU相交于点O。连接PQ、RS、TU，形成3个三角形。求∠P+∠Q+∠R+∠S+∠T+∠U。

解：因为∠POT是△PQO的一个外角，所以∠POT=∠P+∠Q。

又因为∠ROP是△RSO的一个外角，所以∠ROP =∠R+∠S。

又因为∠ROT是△OTU的一个外角，所以∠ROT =∠T+∠U。

（上述理由是三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和。）

由于∠POT+∠ROP+∠ROT=360°，所以∠P+∠Q+∠R+∠S+∠T+∠U = 360°。

【例11】　 如下图所示，求∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6。

解： 　　　　　　　　　　　∠1+∠2+α=180°

          ∠3+∠4+β=180°

          ∠5+∠6+γ=180°

根据对顶角相等，可知

           α+β+γ=180°

因此 　　 　　　∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+α+β+γ=180°×3

    ∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+180°=180°×3

      ∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6=360°

【例12】　右图中标有角记号的9个角的和为多少度？

解：由于每个四边形的4个内角之和为360°，所以图中3个四边形的所有内角之和为360°×3。由对顶角相等可知，3个四边形中未标记的3个内角之和为180°。因此，这9个角的度数为900°，即360°×3-180°=900°。

【例13】　在右图中，∠A、∠B、∠C、∠D、∠E和∠F这6个角的度数之和是90°×n，那么n等于多少？

解：　　　　　　　　　　　∠A+∠C+∠1=180°

          ∠B+∠D+∠2=180°

由四边形EFPQ的内角和为360°可得

      ∠E+∠F+(180°-∠2)+(180°-∠1)=360°

故　　　　 　　　∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°

而360°=90°×4，得

n=4

【例14】　右图是一个简单而又有趣的图形，求∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7。

解：　　　　　　　　　　α+∠2+∠3+∠4=360°

         β+∠5+∠6+∠7=360°

        ∠1+(180°-α)+(180-β)=180°

因此　　　　　　　　∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=540°

【例15】　仔细观察下图，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E。

解：在△CDG中，有

∠C+∠D=∠1  ①

在△EFG中，有

∠1+∠E=∠2  ②

把式①代入式②，得

∠C+∠D+∠E=∠2  ③

在△ABF中，有

∠A+∠B+∠2=180°  ④

把式③代入式④，有

∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°

【例16】　右图是一个五角星图形，求∠A+∠B+∠C+∠D+∠E。

解：已知∠6是△FAC的一个外角，则有

∠6=∠1+∠4

又因为∠7是△GBD的一个外角，则有

∠7=∠2+∠5

由∠3+∠6+∠7=180°，得

∠3+(∠1+∠4)+(∠2+∠5)=180°

即　　　　　　　 　　　　　∠A+∠B+∠C+∠D+∠E=180°

【例17】　在右图中，4个同样大小的小等边三角形组成一个大等边三角形。求证：阴影三角形是直角三角形。

证法一：下图中的3个等边三角形的边长相等。

因为DA=DC，所以∠1=∠2（等腰三角形的两个底角相等）。

因为DB=DC，所以∠3=∠4（同上）。

因此，∠1+∠3=∠2+∠4（等量加等量仍为等量），进而可得2(∠1+∠3)=180°（三角形的3个内角之和为180°），即∠1+∠3=90°。

所以，∠ACB=90°，△ABC是直角三角形。

证法二：如右图所示，∠ADC=60°+60°=120°，故知∠ACD=(180°-120°)÷2=30°，进而得∠ACB=30°+60°=90°。所以，△ABC是直角三角形。

第4节　全等三角形的判定

如果两个图形经移动能够完全重合在一起，我们就说这两个图形全等。

把一个三角形移动到另一个三角形上时，若这两个三角形完全重合，我们就说二者是全等三角形。

如果我们把一张薄薄的透明纸覆盖在三角形ABC上，然后用铅笔照着下面的样子将它描下来，在相应的地方标上字母A′、B′、C′，我们就得到一对全等三角形，记作△A′B′C′≌△ABC。

全等三角形的对应边相等，对应角相等，即A′B′=AB，A′C′=AC，B′C′=BC；∠A′=∠A，∠B′=∠B，∠C′=∠C。

怎样判断两个三角形是不是全等呢？

我们不必每次都把一个三角形移动到另一个三角形上，也不用看它们的3条边和3个角是不是都相等。事实上，2000多年前，古希腊数学家就搞清楚了两个三角形全等的条件。

两个三角形符合下列条件之一时，它们就全等。

（1）对应的两条边及其夹角相等（简称边角边）。

（2）对应的两个角及其夹边相等（简称角边角）。

（3）3条边对应相等（简称边边边）。

【例1】已知线段AB及其垂直平分线l（即直线l⊥AB，且AH=BH），在l上取一点P，连接PA、PB。求证：PA=PB。

证明：在△PAH和△PBH中，∠1=∠2（皆为直角），AH=BH（已知），PH=PH（公共边），所以△PAH≌△PBH（边角边），故PA=PB。

【例2】已知△ABC的边AC和AB上分别有一个正方形ACDE和ABGF，连BE和CF。求证：△ABE≌△AFC。

证明：在△ABE和△AFC中，AE=AC（正方形ACDE的4条边相等），AB=AF（正方形ABGF的4条边相等），∠EAB=∠CAF（皆为90°+∠BAC），所以△ABE≌△ACF（边角边）。

【例3】“将军饮马”问题。古罗马时期，亚历山大城有一位名叫海伦的将军，他比较喜欢数学。有一次，他要从营地A去往营地B（如下图所示），但中途要让他的马去河边饮一次水。A、B两个营地位于河流的同一侧。将军想，应该在河岸的哪里饮马，才能使从营地A去营地B的总路程最短呢？

解：假设已找到点P，能使AP+PB最短，我们就会想到点P应在点A和其关于l的对称点A′的连线AA′的垂直平分线上（见下图）。作AH⊥l，并在其延长线上取一点A′，使HA′=HA。连接A′B交l于点P，点P即为所求的点。这是因为A′P=AP（例1已证），而A′P+PB最短。不妨考虑取另外一点P′（图中未画出），连接A′P′。显然A′P′+P′B>A′P+PB=A′B（三角形的两边之和大于第三边）。