一個月考試題的編寫歷程及解法探討

☉重慶市第十一中學校彭小永

一個月考試題的編寫歷程及解法探討

☉重慶市第十一中學校彭小永

一、原題呈現(xiàn)

題目如圖1，△ABC為等邊三角形，M是射線AE上的任意一點（點M不與點A重合），連接CM，將CM繞點C按順時針方向旋轉60°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D，求直線BN與射線AE相交成銳角的度數(shù).

圖1

圖2

分析：如圖2，本題作為等腰三角形的一個常規(guī)題目，很容易由“SAS”證明△ACM≌△BCN，則∠1=∠2，在△ACP與△BDP中，由三角形的內角和定理得到∠3=∠4=60°.類似地，也可以通過全等的證明，得出∠AMC=∠BNC，繼而得出BM與AE相交得到的銳角為60°.

在看到這個題后，筆者的第一感覺就是這個題是個好題，因為可以對它做很好的改編.

二、改編歷程

1.讓點M動起來

當筆者用幾何畫板畫出圖1后，筆者拖動點M至△ABC內部，得到變式1.

變式1：如圖3，△ABC為等邊三角形，M是射線AE上的任意一點（點M不與點A重合），連接CM，將CM繞點C按順時針方向旋轉60°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D，求直線BN與射線AE相交成銳角的度數(shù).

這種小的變化并不能難倒學生，學生可以用上述方法輕松得解，但將兩個非常近似的小題放在一起組成一個考題，顯得不太合適.雖然如此，這種小的變化卻可讓人耳目一新，因為它為我們題目的改編提供了一個很好的思路.

圖3

2.讓射線AE動起來

有了上面的變式，很容易想到讓射線AE動起來這一思路，將∠EAC由銳角變?yōu)殁g角，得到變式2.

變式2：如圖4，△ABC為等邊三角形，M是射線AE上的任意一點（點M不與點A重合），連接CM，將CM繞點C按順時針方向旋轉60°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D，當射線AE與AC的夾角∠EAC為鈍角時，其他條件不變，直線BN與射線AE相交成銳角的度數(shù)是否發(fā)生變化，如果不變，請加以證明；如果變化，請說明理由.

圖4

圖5

分析：如圖5，此題仍然可以由“SAS”證明△ACM≌△BCN，得∠AMC=∠BNC，在△DMP與△CNP中，可由三角形的內角和定理得到∠EDN=∠MCN=60°.

3.讓角的大小動起來

有了點的運動，也有了線的運動，能不能讓角的大小也動起來呢？答案是肯定的.

我們不妨將等邊三角形ABC中的∠ACB由60°變?yōu)?0°，將正三角形ABC變成等腰直角三角形ABC，同時將線段CM繞點C的旋轉角度也改為90°，仍可繼續(xù)探究直線BN與射線AE的夾角.因為這個探究與原題類似，如果將現(xiàn)在這個變式與原題組合在一起作為一個試題，仍顯得太沒有層次，于是筆者進行了更加深入的探索.

設AE與BC交于點H，BN與AE交于點D，線段CD與BH的長度之間會不會有什么比較特殊的數(shù)量關系呢？

在幾何畫板中完成上述作圖過程后，度量了BH和CD的長度，在變換∠CAE大小的過程中，發(fā)現(xiàn)當∠CAE= 15°時，BH的長度剛好等于CD長度的2倍，且此時無論怎

樣改變射線上點M的位置（此處，可以作出將點M拖動到不同位置時的圖形，讓學生做更多有益的探索），BH= 2CD這個關系始終保持不變.我們不妨把現(xiàn)在這個改編叫做變式3.

變式3：如圖6，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，射線AE交BC于點H，∠EAC=15°，點M是射線AE上任意一點（點M不與點A重合），連接線段CM，將線段CM繞點C按順時針方向旋轉90°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D，求證：BH=2CD.

變式3既可以繼續(xù)用到△ACM≌△BCN，在探索BH與CD的長度關系時，又需要學生狠下一番功夫.將它與原題組合，既使整個題有較好的層次性，在探索BH與CD的長度關系時又可以拓寬學生的思路，不失為一個完美的組合.

4.改編后的試題

改編題已知，△ABC為等邊三角形，M是射線AE上任意一點（點M不與點A重合），連接CM，將線段CM繞點C按順時針方向旋轉60°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D.

（1）如圖1，求直線BN與射線AE相交所成銳角的度數(shù).

（2）如圖4，當射線AE與AC的夾角∠EAC為鈍角時，其他條件不變，（1）中的結論是否發(fā)生變化？如果不變，請加以證明；如果變化，請說明理由.

（3）如圖6，若將題中的正△ABC改為Rt△ABC，其中∠ACB=90°，CA=CB，射線AE交BC于點H，∠EAC=15°，點M是射線AE上任意一點（點M不與點A重合），連接CM，將線段CM繞點C按順時針方向旋轉90°得到線段CN，連接BN，直線BN交射線AE于點D，連接CD.求證：BH=2CD.

三、解法探討

圖6

改編后的試題的（1）（2）問都較簡單，在此不作贅述，第（3）問是難點.在一次月考中，筆者選用了這個題，學生在解答過程中遇到了極大的障礙.

1.艱難的探索，繁雜的解題步驟

拿到第（3）問后，第一個感覺就是很難將BH與CD聯(lián)系起來.但聰明的學生很會想辦法，要證二倍關系BH= 2CD，學生首先想到的是中位線，他們找到了AB與AH的中點P與Q，構造了△ABH的中位線PQ，則BH=2PQ，只需證明PQ=CD就可以.雖然很多人發(fā)現(xiàn)了此時有直角三角形、有斜邊的中點，也想到了用“直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半”來解決問題.但在尋找和證明全等三角形的過程中，同學們遇到了重重障礙.在講評課上，經(jīng)過學生較長時間的探索和討論后，終于有同學得到了一種方法.

證法1：如圖7，因為∠ACM與∠BCN均為∠BCM的余角，所以∠ACM=∠BCN，由“SAS”可以證得△ACM≌△BCN，故∠4=∠2=15°.在△ACH與△BDH中，由三角形的內角和定理，可得∠BDH=∠ACH=90°.

作△ABH的中位線PQ，可得BH=2PQ，∠5=∠6=45°.由直角三角形斜邊中線的性質可得AQ=CQ=HQ，DP= AP=BP，從而∠1=2∠2=30°=∠3，∠DPB=2∠3=60°，∠DQP=∠3+∠5=75°，∠DPQ=180°-∠5-∠DPB=75°，即∠DQP=∠DPQ=75°，所以DQ=DP=AP.由“SAS”可證明△APQ≌△QDC，從而PQ=DC，所以BH=2PQ=2DC.

圖7

圖8

解后反思：證明△APQ與△QDC全等是最難的部分，但找中位線是一個大的突破.雖然步驟仍較復雜，但中規(guī)中矩，也比較好理解.在證法1的啟發(fā)下，很快有同學給出了第二種方法，即證法2.

證法2：如圖8，作BL∥AE交QP的延長線于點L，則四邊形BLQH是平行四邊形，所以BH=LQ=2PQ=2PL，BL= QH=QC，∠PBL=∠3=∠1=30°，由證法1知QD=PA，由“SAS”可得△BPL≌△QDC，所以PL=DC，從而得到BH= 2DC.

解后反思：能利用平行四邊形和等腰梯形的性質解題是證法2最大的突破.證法2的思路看起來比證法1簡單，但用到了證法1很多現(xiàn)成的結論，真正的證明步驟與證法1不相上下.

2.相似形做支撐，難點得以突破

在證法1和證法2中，同學們主要抓住了直角三角形的性質、中點的性質、平行四邊形與等腰三角形的性質，在巧妙利用中位線的情況下，利用全等艱難地解決了問題.是不是就沒有簡單的證法呢？學生在短暫的思考后，出現(xiàn)了轉機.

證法3：如圖7，由證法1可知，∠ADB=∠ACB=90°，且∠2=∠4，所以△ACH∽△BDH，故.又因為∠AHB=∠CHD，所以△ABH∽△CDH，從而得到∠ADC=∠6=45°=∠5.因為∠1=∠3=30°，AQ=CQ，由“AAS”可得到△APQ≌△QDC，從而輕松得解.解后反思：證法3巧妙地運用相似，避開了“QD=PA”這一繁雜部分的證明，使解題的過程得以簡化.同時，同學們發(fā)現(xiàn)：還可以利用證法3得到∠ADC=∠5，求出∠QCD=∠AQP，使△APQ與△QDC中的三對角都對應相等，加上證法1中得出的DQ=AP這一條件，將這些條件進行不同的組合，可以衍生出多種方法，多種方法的陳述，使得此題的難點得以迅速突破.由于這些方法與證法3都大同小異，這里就不再贅述.

3.引入四點共圓，讓人拍案叫絕

因為在證法3中用到了兩次相似，有同學很快想到了四點共圓，得到了證法4.

證法4：如圖7，因為∠ADB=∠ACB=90°，所以A、C、D、B四點共圓，故∠ADC=∠6=45°=∠5，利用“AAS”或“ASA”便可證明△APQ≌△QDC，輕松得解.

本以為這是最簡單的方法，筆者也想這個題的講評就到此為止，忽然，一句“老師，你想多了！可以不證第二次全等也可得到答案”從角落里冒了出來，這句沒頭沒腦的話立即引起了大家的注意，在大家的掌聲中，證法5誕生.

證法5：如圖7，由四點共圓得到∠ADC=∠6=45°，∠ADP=∠3=30°=∠1，所以DP∥CQ，我們還可以得到∠PDC=75°=∠DPQ，所以四邊形CDPQ是等腰梯形，即CD=PQ，從而得到BH=2PQ=2CD.

話音剛落，有同學又提出了既不用構造中位線，又不需要第二次繁雜的全等證明也能輕松得到答案的想法，這就是證法6.

證法6：因為∠ADB=∠ACB= 90°，所以A、C、D、B四點共圓，∠BCD=∠3=30°，作△BDH的斜邊BH的中線，如圖9，則DK=HK=BK=所以∠DKC=2∠4=30°=∠BCD，可得