一道“希望杯”竞赛题的再赏析

郭好过

【摘要】本文就第25届“希望杯”初三第1试题从不同的角度给出三种解法，分别运用方程思想、面积法、相似三角形的性质破解问题，并发现和揭示了该竞赛题的一个多余条件，旨在培养学生多角度分析问题、解决问题的能力和严密的逻辑推理能力，提高学生的数学综合素养。

【关键词】希望杯  竞赛题  解法  赏析

【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2015）09-0131-01

题目：如图1，在四边形中ABCD中，∠ABC=∠CDA=90°，AD=CD=5，AB=7，BC=1，则BD=       。（第25届“希望杯”初三第1试）

这里从不同的角度再给出三种解法，供读者参阅。

解法1  如图2，连接AC，过点D作DE⊥AB于点E，则∠DEB=∠DEA=90°。

因为AD=CD，∠CDA=90°，

所以∠ACD=45°。

因为∠ABC=∠CDA=90°，

所以A、B、C、D四点共圆。

由同弦所对的圆周角相等，得∠ABD=∠ACD=45°.

于是△BDE为等腰直角三角形。所以ED=EB。

设ED=EB=x，则AE=7-x，DB=x。

在Rt△AED中，DE2+AE2=AD2，即x2+（7-x）2=52。解得，x=4或3。

因为∠EAD>∠ADE，所以ED>AE，即x>7-x。于是x>3.5。

因此x=3应舍去，x=4符合题意。所以BD=x=4。

评注  在上述解法中，始终未用到已知条件“BC=1”，可见该条件是多余的，其实在三个条件：“AD=CD=5，AB=7，BC=1”中，已知其中的两者，就能求出第三者。

解法2  如图2，连接AC，过点D作DE⊥AB于点E，则△AED为直角三角形，四边形BCDE为直角梯形。

因为AD=CD，∠CDA=90°，所以∠ACD=45°。

因为∠ABC=∠CDA=90°，所以A、B、C、D四点共圆。

由同弦所对的圆周角相等，得∠ABD=∠ACD=45°，于是△BDE为等腰直角三角形。所以ED=EB。

設ED=EB=x，则AE=7-x，DB=x。

因为S四边形ABCD=S△ADE+S梯形BCDE=S△ACD+S△ABC，所以x（7-x）+，（1+x）x=×5×5+×7×1，解得，x=4。所以BD=x=4。

解法3  如图3，过点A作AE⊥DB于点E，过点C作CF⊥DB于点F，则∠AED=∠DFC=90°，∠AEB=∠ADB=90°。

因为，∠DAE+∠ADB=∠CDB+∠ADB=90°，所以∠DAE=∠CDB。

又AD=CD，所以△AED≌△DFC（AAS）。所以AE=DF。

因为∠BAE+∠ABE=∠CBD+∠ABE=90°，所以∠BAE=∠CBD。

又∠AEB=∠BFC，所以△AEB∽△BFC。

于是=即=，所以BF=。

设AE=DF=x，则BF=，BD=。

在Rt△DFC与Rt△BCF中，CF2=CD2-DF2=BC2+BF2，所以52-x2=12+2。解得，x=。所以BD=x=4。

参考文献：

[1]姜照华.赏析一道“希望杯”竞赛题[J].数理天地（初中版），2014，09.