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(鹤浦中学 浙江象山 315733)
一道竞赛题展开的变式与研究
●奚喜兵
(鹤浦中学 浙江象山 315733)
原题如图1,在正方形ABCD中,E,F分别是边BC,CD上的点,满足EF=BE+DF,AE,AF分别与对角线BD交于点M,N,求证:
(1)∠EAF=45°;
(2)MN2=BM2+DN2.
(2007年四川省初中数学联赛试题)
图1 图2
证明(1)将△ADF绕点A顺时针旋转90°到△ABF′的位置(如图2),则BF′=DF,显然点F′在CB的延长线上.由已知可得
EF=BE+DF=BE+BF′=EF′,AF=AF′,
从而
△AEF≌△AEF′(SSS),
(2)在图2中,记N的对称点为点N′,实际上是把△ADN旋转到△ABN′,从而
∠ABN′=∠ADN=45°,
AN′=AN,BN′=DN.
由第(1)小题,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,
图3
从而
MN2=BM2+DN2.
评注上述解题过程中的旋转方式也可以是将△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ADE′的位置(如图3),证明方法与上面完全类似.
变式1如图1,在正方形ABCD中,E,F分别是边BC,CD上的点,满足∠EAF=45°,AE,AF分别与对角线BD交于点M,N,求证:
(1)EF=BE+DF;
(2)MN2=BM2+DN2.
事实上,题中条件EF=BE+DF与结论∠EAF=45°可以互换,即当∠EAF=45°时,必有:
(1)EF=BE+DF;
(2)MN2=BM2+DN2.
因为在图2中,第(1)小题的证明过程是可逆的,即由已知∠EAF=45°可以证明△AEF≌△AEF′(SAS),得出EF=EF′,从而
EF=BE+BF′=BE+DF,
即结论(1)成立,结论(2)同理可证.
图4
变式2(生活化)把原题中的正方形改为2块完全相同的等腰直角三角板.如图4,在同一平面内,将2个全等的等腰直角三角形△ABC和△AFG摆放在一起,A为公共顶点,∠BAC=∠AFG=90°.如果△ABC固定不动,△AFG绕点A旋转,边AF,AG与BC边分别交于点D,E.在旋转过程中,DE2=BD2+CE2是否成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
解结论DE2=BD2+CE2是成立的.
证法1类似于原题用旋转的方法可以证明(略).
证法2根据DE2=BD2+CE2的特点,自然想到把式子中的3条线段集中到一个直角三角形中去.根据图形的特点,可以找到点B关于边AF的对称点B′,联结DB′,EB′(如图5),通过三角形全等可以说明点B′也是点C关于边AG的对称点,通过计算可以得出∠DB′E=90°.在Rt△DEB′中,由勾股定理得
DE2=B′D2+B′E2=BD2+CE2.
图5 图6
探究仔细观察不难发现,在图2和图3的证明中,有∠AEF=∠AEF′,∠AFE=∠AFD.结合轴对称变换,把△ABE,△ADF分别以AE,AF为对称轴作轴对称变换得图6.于是又可以将原题进行如下改编:
1.在边长为a正方形ABCD中,E,F分别是边BC,CD上的点,满足EF=BE+DF,AH⊥EF(如图6).求证:(1)∠EAF=45°;(2)AH=a.
2.在边长为a正方形ABCD中,E,F分别是边BC,CD上的点,AH⊥EF(如图6).如果AH=a,求证:(1)EF=BE+DF;(2)∠EAF=45°.
3.在边长为正方形ABCD中,E,F分别是边BC,CD上的点,AH⊥EF(如图6).如果∠EAF=45°,求证:(1)EF=BE+DF;(2)AH=a.
经过探究,发现在图6中,在AH⊥EF的前提下,3个条件“①EF=BE+DF;②∠EAF=45°;③AH=a”中,只要有1个条件成立,另外2个结论可证明成立.
轴对称变换、旋转变换的本质都属于图形的全等变换,其共同特征是只改变图形的位置,不改变图形的形状和大小,因而在变换中,对应线段相等,对应角相等.我们可以通过图形的这种变换,在不改变图形的形状和大小的前提下,实现图形的重新组合,建立新的图形关系,从而找到解决问题的捷径.
综合以上几例可以看出,运用图形的变换解题确实是一种有效的方法.图形的这种变换“变而不变”,“变”使得图形有了新的位置,“不变”使得图形保持了原有的特征,渗透着深刻的辨证思想.正是由于这“变”与“不变”,才使得图形变换在解题中发挥着重要的作用.