陈题新变 活力四射——由一道祖冲之杯赛题变式引发的思考

● (成功中学 安徽马鞍山 243000)

陈题新变活力四射——由一道祖冲之杯赛题变式引发的思考

●汪宗兴(成功中学 安徽马鞍山 243000)

在教师的教学中，遇到不会做的题是常有的事．笔者对于同事或学生提出的问题，都会极力思考.凡认为有价值的问题都将其详细记录下来，其中不乏值得玩味的“好题”，现撷取一题，共赏之！

例1如图1，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=AD，∠D=80°，∠BCD=30°，求证：AC=CD．

图1

图2

1 反复尝试，均告失败

题目表述简洁，图形简单，凭直觉应该容易做，但经过一番尝试，均以失败告终，不过倒是有一个新发现！

尝试1如图2，作△ABC关于AC的轴对称图形△AB′C，联结DB′，采用倒推法，知：△ACB′≌△DCB′，△ADB′是等边三角形．顺推时，由于AC=CD未知，相关角度未知，探索失败！

尝试2图3与图2类似，作△ACD关于AC的轴对称图形△ACD′，联结D′B，探索失败！

图3

图4

图5

图6

尝试3平移腰是梯形中常见的辅助线，如图4、图5，也没有成功！

尝试4观察图5，抽象出图6，此图与一道“祖冲之杯”赛题的图形相似，详见例2，能否将例2的证明方法迁移到例1上呢？尝试仍宣告失败．

例2已知：如图6，在△ABC中，AB=AC，∠A=20°，D是AB上一点，且AD=BC，联结CD，求∠BDC的度数．

(第6届祖冲之杯数学邀请赛试题)

这里∠BDC=30°，事实上例1等价于例3，如下．

例3已知：如图6，在△ABC中，∠B=80°，D是AB上一点，∠BDC=30°，联结CD，AD=BC，求证：AB=AC．

对比例3和例2，可以发现：例3就是将例2部分条件与结论互换而得．

前面的尝试虽然没有成功，但笔者发现可以将原图形改造成与之“等价图形”，将原题改造成与之“等价试题”．这里所说的“等价图形”是指可以将图形整体或是部分经过全等变换复原成原题图形；“等价试题”是指它们可以相互证明其正确性，这是笔者这一番尝试带来的最大收获！

2“风雨”之后，终现“彩虹”

在图6的基础上，笔者重新构图，分离△AED、△AEC，以另类方式组合成图7，再抽象出图8．受对称思想指引，笔者又构造出图9，使图形整体上具有“对称美”．研究发现将结论当作条件，逆推，四边形AFCG是一个上底等于腰的等腰梯形．反之若能证明上底等于腰，就能顺利证明例1，功夫不负有心人，探究成功，因为辅助线GA,GE,GC实质并未用到，笔者又将图9简化，过程详见证法1．

图7

图8

图9

图10

视角1利用30°所对直角边是斜边的一半及角平分线性质证明

证法1如图10，过点A作AE∥BC交CD于点E，则CE=AB=AD，以AE为边构造△AEF≌△EAD(AAS)，从而

AD=EF=AB=EC，∠AEF=∠EAD=70°，

即

∠AED=30°，

因此 ∠DEF=∠AEF-∠AED=70°-30°=40°，

即

∠FEC=140°，

故

下面证：AF=FC．作EG⊥FC于点G，FH⊥AE于点H，从而

由角平分线性质定理，得FH=FG，从而

AF=2FH=2FG=FC.

又因为∠AFC=∠AFE+∠EFC=80°+20°=100°，所以

∠FAC=∠FCA=40°，

从而 ∠ACD=∠ACF-∠FCE=40°-20°=20°,

即

∠CAD=80°，

故

AC=CD．

视角2构造含30°三角形的外接圆，利用等边三角形的性质证明

根据笔者的教学经验，学生的想法很多时候超过教师的智慧.笔者试着将此题让学生自己做，学生通过平移腰，构造辅助圆轻松解决，见证法2．

证法2如图11，作AE∥BC交DC于点E，作△ADE的外接圆O，从而

OA=OD=OE，∠AED=∠BCD=30°，

即

∠AOD=60°，

故△AOD为等边三角形.联结OC.因为四边形ABCE是平行四边形，所以

EC=AB=AD=OA=OD=OE，

即

∠COD=150°，

亦即

∠COA=150°，

因此

△COA≌△COD(SAS)，

故

AC=CD．

看到学生提供的证法2，笔者真是自惭形秽，“平移腰”到学生那里变成了“成功之路”！既然可以平移腰BC，那么平移腰AD能否证明呢？见证法3．

图11

图12

证法3如图12，作BE∥AD交DC于点E，作△BEC的外接圆，O为△BEC的外心，则

OB=OE=OC，∠BOE=2∠BCD=60°，

从而△BOE为等边三角形，即

OC=OE=OB=BE=AD=AB，

得

∠OEC=∠BEC-∠BEO=80°-60°=20°，

于是

∠DOE=10°，∠DOC=150°，OC=AB，

从而

△BOC≌△DOE，

则

BC=OD，△DOC≌△CBA(SAS)，

故

AC=CD．

异中求同，证法2和证法3的共同特点是构造含30°的三角形的外接圆，均出现等边三角形.根据这一构想，笔者作了多次尝试，又获新解．

图13

证法4如图13，联结DB，作△DBC的外接圆，圆心为E，联结EB,ED,EC，EB交CD于点F，联结AF，则

∠BED=2∠BCD=60°，

故△BDE为等边三角形．

因为

AB=AD，AB∥CD，

所以

∠ADB=∠ABD=∠BDC=40°，

从而∠ABF=∠ABD+∠DBE=40°+60°=100°=

∠BAD，

故四边形ABFD为等腰梯形，从而

AF=BD=ED，∠AFD=∠BDF=40°，

即

∠AFC=140°，

∠DEC=∠DEB+∠BEC=60°+2∠BDC=

60°+2×40°=140°．

又因为∠CFE=∠BFD=80°=∠BEC，所以

CF=CE,

从而

△AFC≌△DEC(SAS),

故

AC=DC．

图14

证法5如图14，在CD上取一点E，使∠BED=∠D=80°，联结BE，则四边形ABED是等腰梯形，从而

AB=AD=BE，

∠ABE=∠BAD=100°.

作△BCE的外接圆⊙O，联结OB,OC,OE,EA，则

OB=OC=OE，∠BOE=2∠BCE=60°，

则△BOE是等边三角形，从而

OB=OE=BE=AD=AB,

从而

△ABE≌△EOC(SAS)，

即

AE=EC，

故

AC=CD．

视角3利用轴对称变换，直接构造等边三角形

证法6如图15，过点B作BE∥AD交BC于点E，将△BEC沿BC翻折，得到△BFC，从而

∠FBE=2∠CBE=140°，

即

∠FBA=140°.

联结FE,FA，则△EFC是等边三角形，△FBA≌△FBE，从而

FA=FC，∠AFC=100°，

即

∠FAC=40°，∠BAC=20°，∠CAD=80°，

故

CA=CD．

图15 图16

证法7如图16，在CD上取一点E，使∠BED=∠D=80°，联结BE，则四边形ABED是等腰梯形，从而

AB=AD=BE，∠ABE=∠BAD=100°.

作△BCE关于BC对称的△BCF，联结EF,EA，从而

FB=EB，FC=EC，∠ECF=2∠BCD=60°，

∠FBC=∠EBC，

故△ECF是等边三角形．

又因为

∠ABC=180°-∠BCD=150°，

所以

∠FBC=∠EBC=∠ABC-∠ABE=50°，

从而

∠FBE=100°=∠ABE,

故

△ABE≌△EBF(SAS),

即

AE=EF.

因为

EF=EC，

所以

AE=EC，

图17

故

AC=CD．

视角4构造等腰三角形，再证明△ACD与之相似，利用三角形相似解决

证法8如图17，以B为圆心，作圆切DC，并作C关于该圆的切线交DA延长线于点F，联结FB交DC于点E.因为AB=AD，所以

∠ADB=∠ABD=(180°-100°)÷2=40°=

故点B是△CDF的内心，BE=AB=AD,∠BED=∠ADE=80°,从而

∠DBE=180°-∠BDE=∠BED=

180°-40°-80°=60°．

又因为BC平分∠FCD(内心性质)，所以

∠FCD=2∠BCD=60°,

从而

∠DFC=180°-∠FCD-∠FDC=

180°-60°-80°=40°,

故

△DEB∽△FDC,

即

因为

∠DFE=∠DFC=20°，∠FDE=80°,

所以

∠FED=80°=∠ADE，FD=FE.

又因为

所以

∠ADC=∠DEF,

从而

△ADC∽△DEF,

故

AC=CD．

回首证法1～8，笔者不禁感慨，数学题真是魅力无限，试题形式的简单与证法的多样形成鲜明的对比，巧用特殊角，构造辅助圆，利用等边三角形、全等三角形、相似三角形，顺利解决！回顾反思此题的解决历程，道路虽曲折，但一路风景无限好，同时也深感陈题时间虽久，但内涵丰富，陈题新变，又散发出新的“活力”！

3 构造“新”题

受前面构图的影响，笔者将例1中图形的2个部分重组，又产生如下变式题：

图18

图19

例4已知：如图18，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=100°，D在△ABC的内部，∠ADC=80°，∠BDC=130°，求证：AC=CD.

例5已知：如图19，在四边形ABCD中，∠B=150°，联结AC，AD=BC，∠ACB=∠ACD，∠D=80°，求证：AC=CD．

[1] 孙维刚．孙维刚谈立志成才[M]．北京：北京大学出版社，2009：127-129.