☉重慶市第十一中學(xué)校彭小永
一個(gè)月考試題的編寫歷程及解法探討
☉重慶市第十一中學(xué)校彭小永
題目如圖1,△ABC為等邊三角形,M是射線AE上的任意一點(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接CM,將CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)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(gè)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(nèi)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(gè)題后,筆者的第一感覺就是這個(gè)題是個(gè)好題,因?yàn)榭梢詫?duì)它做很好的改編.
1.讓點(diǎn)M動(dòng)起來
當(dāng)筆者用幾何畫板畫出圖1后,筆者拖動(dòng)點(diǎn)M至△ABC內(nèi)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(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接CM,將CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)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(xué)生,學(xué)生可以用上述方法輕松得解,但將兩個(gè)非常近似的小題放在一起組成一個(gè)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?yàn)樗鼮槲覀冾}目的改編提供了一個(gè)很好的思路.
圖3
2.讓射線AE動(dòng)起來
有了上面的變式,很容易想到讓射線AE動(dòng)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(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接CM,將CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)D,當(dāng)射線AE與AC的夾角∠EAC為鈍角時(shí),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(qǐng)加以證明;如果變化,請(qǐng)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(nèi)角和定理得到∠EDN=∠MCN=60°.
3.讓角的大小動(dòng)起來
有了點(diǎn)的運(yùn)動(dòng),也有了線的運(yùn)動(dòng),能不能讓角的大小也動(dòng)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(shí)將線段CM繞點(diǎn)C的旋轉(zhuǎn)角度也改為90°,仍可繼續(xù)探究直線BN與射線AE的夾角.因?yàn)檫@個(gè)探究與原題類似,如果將現(xiàn)在這個(gè)變式與原題組合在一起作為一個(gè)試題,仍顯得太沒有層次,于是筆者進(jìn)行了更加深入的探索.
設(shè)AE與BC交于點(diǎn)H,BN與AE交于點(diǎn)D,線段CD與BH的長(zhǎng)度之間會(huì)不會(huì)有什么比較特殊的數(shù)量關(guān)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(zhǎng)度,在變換∠CAE大小的過程中,發(fā)現(xiàn)當(dāng)∠CAE= 15°時(shí),BH的長(zhǎng)度剛好等于CD長(zhǎng)度的2倍,且此時(shí)無論怎
樣改變射線上點(diǎn)M的位置(此處,可以作出將點(diǎn)M拖動(dòng)到不同位置時(shí)的圖形,讓學(xué)生做更多有益的探索),BH= 2CD這個(gè)關(guān)系始終保持不變.我們不妨把現(xiàn)在這個(gè)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(diǎn)H,∠EAC=15°,點(diǎn)M是射線AE上任意一點(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接線段CM,將線段CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)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(zhǎng)度關(guān)系時(shí),又需要學(xué)生狠下一番功夫.將它與原題組合,既使整個(gè)題有較好的層次性,在探索BH與CD的長(zhǎng)度關(guān)系時(shí)又可以拓寬學(xué)生的思路,不失為一個(gè)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(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接CM,將線段CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)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(dāng)射線AE與AC的夾角∠EAC為鈍角時(shí),其他條件不變,(1)中的結(jié)論是否發(fā)生變化?如果不變,請(qǐng)加以證明;如果變化,請(qǐng)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(diǎn)H,∠EAC=15°,點(diǎn)M是射線AE上任意一點(diǎn)(點(diǎn)M不與點(diǎn)A重合),連接CM,將線段CM繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°得到線段CN,連接BN,直線BN交射線AE于點(diǎn)D,連接CD.求證:BH=2CD.
圖6
改編后的試題的(1)(2)問都較簡(jiǎn)單,在此不作贅述,第(3)問是難點(diǎn).在一次月考中,筆者選用了這個(gè)題,學(xué)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(gè)感覺就是很難將BH與CD聯(lián)系起來.但聰明的學(xué)生很會(huì)想辦法,要證二倍關(guān)系BH= 2CD,學(xué)生首先想到的是中位線,他們找到了AB與AH的中點(diǎn)P與Q,構(gòu)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(shí)有直角三角形、有斜邊的中點(diǎn),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(xué)們遇到了重重障礙.在講評(píng)課上,經(jīng)過學(xué)生較長(zhǎng)時(shí)間的探索和討論后,終于有同學(xué)得到了一種方法.
證法1:如圖7,因?yàn)椤螦CM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(nèi)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(zhì)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(gè)大的突破.雖然步驟仍較復(fù)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(xué)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(zhǎng)線于點(diǎn)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(zhì)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(jiǎn)單,但用到了證法1很多現(xiàn)成的結(jié)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(diǎn)得以突破
在證法1和證法2中,同學(xué)們主要抓住了直角三角形的性質(zhì)、中點(diǎn)的性質(zhì)、平行四邊形與等腰三角形的性質(zhì),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(jiǎn)單的證法呢?學(xué)生在短暫的思考后,出現(xiàn)了轉(zhuǎn)機(jī).
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?yàn)椤螦HB=∠CHD,所以△ABH∽△CDH,從而得到∠ADC=∠6=45°=∠5.因?yàn)椤?=∠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(yùn)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(jiǎn)化.同時(shí),同學(xué)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(duì)角都對(duì)應(yīng)相等,加上證法1中得出的DQ=AP這一條件,將這些條件進(jìn)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(diǎn)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(diǎn)共圓,讓人拍案叫絕
因?yàn)樵谧C法3中用到了兩次相似,有同學(xué)很快想到了四點(diǎn)共圓,得到了證法4.
證法4:如圖7,因?yàn)椤螦DB=∠ACB=90°,所以A、C、D、B四點(diǎn)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(jiǎn)單的方法,筆者也想這個(gè)題的講評(píng)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(diǎn)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(xué)又提出了既不用構(gòu)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?yàn)椤螦DB=∠ACB= 90°,所以A、C、D、B四點(diǎn)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