一道競賽題展開的變式與研究

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(鶴浦中學 浙江象山 315733)

一道競賽題展開的變式與研究

●奚喜兵

(鶴浦中學 浙江象山 315733)

原題如圖1，在正方形ABCD中，E,F分別是邊BC,CD上的點，滿足EF=BE+DF，AE,AF分別與對角線BD交于點M,N，求證：

(1)∠EAF=45°;

(2)MN2=BM2+DN2.

(2007年四川省初中數學聯賽試題)

圖1 圖2

證明(1)將△ADF繞點A順時針旋轉90°到△ABF′的位置(如圖2)，則BF′=DF，顯然點F′在CB的延長線上.由已知可得

EF=BE+DF=BE+BF′=EF′，AF=AF′，

從而

△AEF≌△AEF′(SSS)，

(2)在圖2中，記N的對稱點為點N′，實際上是把△ADN旋轉到△ABN′，從而

∠ABN′=∠ADN=45°，

AN′=AN，BN′=DN.

由第(1)小題，知

∠EAF=∠EAF′，

即

∠MAN=∠MAN′,

于是

△AMN≌△AMN′,

因此

MN=MN′．

在Rt△MBN′中，由勾股定理得

N′M2=N′B2+BM2=BM2+DN2,

圖3

從而

MN2=BM2+DN2.

評注上述解題過程中的旋轉方式也可以是將△ABE繞點A逆時針旋轉90°到△ADE′的位置(如圖3)，證明方法與上面完全類似.

變式1如圖1，在正方形ABCD中，E,F分別是邊BC,CD上的點，滿足∠EAF=45°，AE,AF分別與對角線BD交于點M,N，求證：

(1)EF=BE+DF;

(2)MN2=BM2+DN2.

事實上，題中條件EF=BE+DF與結論∠EAF=45°可以互換，即當∠EAF=45°時，必有:

(1)EF=BE+DF;

(2)MN2=BM2+DN2.

因為在圖2中，第(1)小題的證明過程是可逆的，即由已知∠EAF=45°可以證明△AEF≌△AEF′(SAS)，得出EF=EF′，從而

EF=BE+BF′=BE+DF，

即結論(1)成立，結論(2)同理可證.

圖4

變式2(生活化)把原題中的正方形改為2塊完全相同的等腰直角三角板.如圖4,在同一平面內，將2個全等的等腰直角三角形△ABC和△AFG擺放在一起，A為公共頂點，∠BAC=∠AFG=90°.如果△ABC固定不動，△AFG繞點A旋轉，邊AF,AG與BC邊分別交于點D,E.在旋轉過程中，DE2=BD2+CE2是否成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由.

解結論DE2=BD2+CE2是成立的.

證法1類似于原題用旋轉的方法可以證明(略).

證法2根據DE2=BD2+CE2的特點，自然想到把式子中的3條線段集中到一個直角三角形中去.根據圖形的特點,可以找到點B關于邊AF的對稱點B′，聯結DB′,EB′(如圖5)，通過三角形全等可以說明點B′也是點C關于邊AG的對稱點，通過計算可以得出∠DB′E=90°.在Rt△DEB′中，由勾股定理得

DE2=B′D2+B′E2=BD2+CE2.

圖5 圖6

探究仔細觀察不難發(fā)現，在圖2和圖3的證明中，有∠AEF=∠AEF′，∠AFE=∠AFD.結合軸對稱變換，把△ABE,△ADF分別以AE,AF為對稱軸作軸對稱變換得圖6.于是又可以將原題進行如下改編：

1.在邊長為a正方形ABCD中，E,F分別是邊BC,CD上的點，滿足EF=BE+DF，AH⊥EF(如圖6).求證：(1)∠EAF=45°;(2)AH=a.

2.在邊長為a正方形ABCD中，E,F分別是邊BC,CD上的點，AH⊥EF(如圖6).如果AH=a,求證：(1)EF=BE+DF;(2)∠EAF=45°.

3.在邊長為正方形ABCD中，E,F分別是邊BC,CD上的點，AH⊥EF(如圖6).如果∠EAF=45°,求證：(1)EF=BE+DF;(2)AH=a.

經過探究，發(fā)現在圖6中，在AH⊥EF的前提下，3個條件“①EF=BE+DF;②∠EAF=45°;③AH=a”中，只要有1個條件成立，另外2個結論可證明成立.

軸對稱變換、旋轉變換的本質都屬于圖形的全等變換，其共同特征是只改變圖形的位置，不改變圖形的形狀和大小，因而在變換中，對應線段相等，對應角相等.我們可以通過圖形的這種變換，在不改變圖形的形狀和大小的前提下，實現圖形的重新組合，建立新的圖形關系，從而找到解決問題的捷徑.

綜合以上幾例可以看出，運用圖形的變換解題確實是一種有效的方法.圖形的這種變換“變而不變”，“變”使得圖形有了新的位置，“不變”使得圖形保持了原有的特征，滲透著深刻的辨證思想.正是由于這“變”與“不變”，才使得圖形變換在解題中發(fā)揮著重要的作用.