用全等三角形研究筝形论文

用纸板剪成的两个全等三角形能够拼成什么四边形？答：平行四边形；只有一条对称轴的、对角线互相垂直的四边形要想拼成一个矩形,需要两个什么样的全等三角形？答：需要两个全等的直角三角形要想拼成菱形,需要两个什么样的全等三角形？答：需要两个全等的等腰三角形要想拼成正方形,需要两个什么样的全等三角形？答：需要两个全等的等腰直角三角形

（1）性质1：一组对角相等，另一组对角不等。性质2：两条对角线互相垂直，其中只有一条被另一条平分。（2）判定 1：只有一条对角线平分对角的四边形是筝形。判定 2：两条对角线互相垂直且只有一条被平分的四边形是筝形。判定 1的证明：已知：四边形ABCD中，对角线AC平分∠A和∠C，对角线BD不平分∠B和∠D求证：四边形ABCD是筝形证明：∵∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，AC=AC，∴?ABC≌?ADC（ASA）。∴AB=AD，CB=CD。易知AC⊥BD，又∵∠ABD≠∠CBD，∴∠BAC≠∠BCD。∴AB≠BC。∴四边形ABCD是筝形。【考点】分类归纳，全等三角形的判定和性质。【分析】（1）还可有以下性质：性质3：只有一条对角线平分对角。性质4：两组对边都不平行。（2）还可有以下判定：判定3：四边形ABCD中，AC⊥BD，∠B=∠D，∠A≠∠C，则四边形ABCD是筝形。判定4：四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D，∠A≠∠C，则四边形ABCD是筝形。判定5：四边形ABCD中，AC⊥BD，AB=AD，∠A≠∠C，则四边形ABCD是筝形。

只有先暂且放下定义、公设、公理，才知道何时需要它。先按照直观，讨论各个命题，需要的时候，再添加公理和公设。 从命题一到命题十六，大部分命题讨论相等关系。尤其是三角形全等理论，为第三部分用到的“全等”提供理论基础。 从上图看，两圆在给定线段的下侧还有一个交点。实际上，还可作出另外一个正三角形。 隐含前提： 需要定义： 平面，直线，点， 线段， 圆，半径，圆心，交点， 线段相等， 正三角形 等 因为需要解释的太多，所以，第一命题干脆不解释什么。因为这个时候，距离圆的专题尚远。 这个命题直接演示了公理一，相等的传递性。 希尔伯特的解决方案是：直接假设线段可迁移，那么，就不必在最开始就使用圆。 第一命题，在第一卷中很重要，那么概括为“三光日月星”不为过。 既然可以根据给定的圆心和半径做圆，那么，就可用圆规在直线上直接截取线段。欧氏第二命题为要复杂化？也许，仅仅为了演示线段的加减运算，以及等量的传递，证明的一般思路。 这两个命题给出了线段迁移的可能性以及具体方法，演示了线段可以加减，线段的等式也可以加减。演示了公理二和公理三。 需要定义：直线上点的一侧 这三个命题需要有公理一、二、三，因此，就给出了那些公理;需要有诸如圆、直线的定义，因此，才有了那些定义。 古人也希望定义越少越好，尽量不增加新的概念。 这个命题应该算做公设。同时，演示了“全等”的概念，彼此能够重合，要求了角可以迁移，三角形可以迁移。 需要定义：角，三角形，三角形全等，角相等 这个命题用“两水夹明镜”概括。 原本上此命题的证明很巧妙。新构造了全等。 但是，按照这个逻辑，这个三角形实际同它的镜像全等，那么就不需要再构造一个三角形。 第五第六两个命题，可称“双桥落彩虹”。因为第五命题也叫“驴桥”，也叫“庞斯命题”。 这两个命题是成对出现的，互为逆命题。在数学中，原命题成立，逆命题未必成立。如果也成立，纯属巧合。 命题像 那样简单，逆命题都不一定成立，为什么呢？ 这个命题的逆命题是 逆命题不能恒成立，因为甲还可能是乙的妈妈。很多时候都这样，原命题成立，但逆命题不能恒成立。 但如果为两个命题给定一个公共的前提：甲为男性。那么，两个命题又能等价的转化了。 讲逻辑就要考察原命题、逆命题两个方向。有时通过考察否命题、逆否命题来完成。找到命题成立的充分条件，必要条件，充分必要条件。 诡辩的技巧之一就是，利用听众来不及考察，或者没有能力考察而实现瞒天过海。 因此，要勤于思考。不诡辩，也能识别诡辩。 希尔伯特证明命题六是在完成外角定理证明之后。这说明《原本》的证明存在特殊的技巧。欧几里得隐含的使用了顺序公理，隐含的定义了角的内外，角的大小。显示的使用了“整体大于部分”的公理，而现代人对这个很挑剔，认为“整体”和“部分”是看图说话，依据不够充分。 到命题六，所有五个公理都已经使用。公设使用了三个。 目前，公设和公理这10个前提条件，只有第四公设和第五公设还没有出现。 三角形结构，广泛应用于建筑，正是由于其稳定性。多数情况下，建筑中只要出现了四边形结构，就会用三角形来支撑在内部。 相对四边形以上的多边形，三角形是稳定的。受到外力不容易变形。 欧几里得利用三角形的稳定性证明了SSS全等。希尔波特采用了迁移的方法证明。这表明，证明SSS全等不是一件容易的事情。 这是由于稳定性得出的推理。三边相等，就不会变形了，主要是指，角度不会改变。因此，会全等。 以角的顶点为顶点，作等腰三角形;然后在该等腰三角形的底上，向角的内部做等边三角形;最后，连接角的顶点和等边三角形在角内的顶点。 其实，向角内作等腰三角形，效果也一样。但是，那样就放弃了使用第一命题的机会，且要增加很多语句来证明。 于是，这个由等腰三角形和等边三角形拼起来的筝形，发挥了重要的作用。在下面几个命题中，用的是同样的方法来作。因为，等腰三角形是轴对称图形。 虽然方法一样，但这一次，作者一定坚持用等边三角形，上下两个都是等边三角形。因此，得到了一个菱形。 菱形是很特殊的形状，既属于平行四边形，也属于筝形。 欧几里得利用了命题一，轻而易举的构造全等，省略很多证明的力气。 看希尔波特对“线段中点存在”的证明，用到了“运动”的观点，竟然让一个点在直线上运动，把一个三角形的内角活活的变成了外角，这想象力超乎凡人的想象。 由此可以知道，每一个看似平常的命题，来历都很曲折。 这个命题，我想到的古人诗句是“大漠孤烟直”，因为是从地面向上的感觉。 直角的定义是：一个角等于它的邻补角时，它就叫做直角。 因此，垂直也是在讨论一种相等关系。这两个命题同样用到了命题一，以及等腰三角形的性质。 也可以说从第五命题到第十二命题，一直讨论的是等腰三角形以及它的顶角平分线，底边上的中线、中垂线、高，这些重合在一起的同一直线。 第十二命题，配诗“长河落日圆”。 在希尔伯特体系中，先定义邻补角，共顶点，共一边，另一边共一直线。 然后才定义直角：一个角和它的邻补角合同的，叫做直角。 那么，根据这个定义，本命题是不需要证明的。 而欧几里得先定义直角，“当一直线和另一直线相交的邻角彼此相等时，这些角的每一个叫做直角”，这句定义，应该说了四个角相等。他当时的感觉也许是这样：本次两直线a,b相交得到的四个角彼此相等，下次直线c,d相交得到的四个角也彼此相等，但两次得到的直角相等吗？该如何证明？ 似乎不容易证明，因此，插入第四公设“所有的直角都相等”。 希对邻补角的定义是： 根据这个定义，上面的命题是不需要证明的。因此，这两个命题实际上是定义，定义了邻补角。 这个命题可以用来证明三点共线。 （目前，证明共线的方法有：Playfair公理，面积法，角度法。） 第四公设，似乎也有深意，需细细考察。 对顶角是同一个角的两个邻补角，自然会相等。因为定义的方式不同，欧在这里用了第四个公设。而希则把第四公设当成定理证明了。 至此，讨论的都是相等的关系。 至此，除了第五公设，所有的前提条件都已按照需要出场过。 等腰三角形所有的内角基本讨论结束了：顶角的平分线讨论过了，底角相等讨论过，连内角的对顶角也讨论过了。外角的对顶角还是外角，彼此也相等。 只有外角与内角之间的关系没有讨论。因此，命题十六开启外角讨论模式，用一个不等式结束第一部分。 这个命题是大名鼎鼎的外角定理。希安排在第22个命题。希的证明看上去更加精巧和严谨。见《希尔伯特几何基础》ISBN 978-7-301-14803-7 第17页。看文字为主，图形似乎有些微小出入，看不准。 欧的证明，微微让人觉的心虚的地方就是，不知道那个点会落在线的哪一侧，万一落点画的不准确，结论可能就不保险了。几何证明需要图形直观，但证明不能依靠看图说话。 希的证明，因为有顺序公理做保证，感觉踏实许多。 1-16命题导图： 命题1-16精粹： 三角形全等 等腰三角形 Pasch公理（希） 外角定理 从9-15命题实际上利用了一个等腰三角形和一个等边三角形拼成的筝形，完成了证明，现代看来就是等腰三角形的性质：顶角平分线、底边上的中线、底边的中垂线、底边上的高重合在同一条直线上。 1-8命题已经给出了关于三角形全等的多数命题，为最终命题47勾股定理的证明提供了部分依据。 命题47中，勾股定理的证明需要的另一个依据是：平行线之间的距离处处相等。因此，这一部分以外角定理做结束，准备开始探索平行线的相关信息。 外角定理是第一部分的结论：