研究经典 推陈出新——兼谈几何命题的思路

☉江苏省泰州市高港区教师发展中心 姚娟妹

我国现行的中学几何教材，就其逻辑而言，基本上沿用了欧几里德《几何原本》的体系.利用它来发展学生的逻辑思维能力，培养学生的数学素养.欧式几何是数学众多门类中最古老的分支之一.前人早就研究出诸条结论，创造了众多经典.为后人的学习提供了一系列的训练平台.多年来全国各地的中考几何命题多源自经典.因此传承经典、推陈出新已成为数学人研究的课题之一.笔者通过一个经典的几何问题，借用近年来中考中出现的优秀试题，试图了解其命题思路，厘清一类几何问题之间的关联.

原题 如图1，正方形ABCD中，以A为顶点作∠EAF=45°，其两边分别交BC、DC于点E、F.

图1

求证：EF=BE+DF.

分析：只要将△ADF绕点A顺时针旋转90°，或用“补短”法在CB的延长线上取BG=DF即可.

以此为例，介绍几种常用的改造方法.

一、延伸结论

①EA平分∠BEF，AF平分∠DFE；

②△CEF的周长=2BC（定值）；

如果以圆的视角观察，还有：

④EF与以A为圆心，AB为半径的圆相切.

二、互换因果

把原题中的“∠EAF=45°”与结论“EF=BE+DF”或结论①之一，或②③④互换得到五个新的命题，可以证明它们都是成立的.即上述六个性质中，只要其中一个成立，其余五个都成立.

图2

（注：其实运用余弦定理可一步到位求cos∠EAF）

思路3：如图3，延长AF、BC得到交点M.由于F是CD的中点，易得CM=BC.连接AC，得∠ACB=45°，因此只要证△EAC △EMA，通过计算可得

图3

三、变化点线

例2 （2016年扬州）如图4，已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边与边BC、DC的延长线交于点E、F，设CE=a，CF=b.

（3）探索∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.（注：原题三问，只取第（3）问）

图4

分析：本题与原题相比，只多了三个字“延长线”，即把∠EAF与BC、CD的交点置于其延长线上，研究的对象也发生了变化（不再是EF），因此，我们的思路也应随之变化，从构造全等三角形转换到探索三角形相似方面，正如例1的思路3一样.

连接AC，则∠ACE=∠ACF=135°，证△CAE △CFA还缺一个条件.

如果把原题中的两点E1、F1标上，还有△E1AC

倘若把此题中“BC的延长线”改为“CB的延长线”，又可以得到新的图形，如图5，则又有新的结论：EF=DFBE，读者自证.

图5

图6

四、增改条件

在正方形的架构下，以本文“二”中所云六个条件之一为基础，再增设其他条件提出问题.

例3 如图6，在边长为3的正方形ABCD中，E是BC边上的一个动点，作EP⊥AE，且EP=AE，交边CD于点F.

（3）求DP的最小值.

（注：此题由2013年呼和浩特中考题改编所成）

对于问题（2），要证∠PCG=45°，即证∠ECP=135°，则要构造全等三角形，如果由“小”补“大”，从P作PD的垂线段则不能奏效，只有将“大”改“小”，在AB上取AH=EC，得△ECP △AHE，有∠ECP=∠AHE，又由AB-AH=BC-EC得BH=BE，于是得出∠PCG=∠BHE=45°.

对于问题（3），由（2）知，不论P点怎样移动，它都在∠DCG的平分线上，因此DP的最小值应在DP⊥CP时取得（垂线段最短），此时△DCP为等腰直角三角形，DP=

五、寓形于数

例4 如图7，直线y=-x+1与x轴交于点B，与y轴交于点A，M（a，b）为双曲线上的动点，MG⊥OA，G为垂足，交AB于F，MH⊥OB，H为垂足，交AB于E.

图7

求证：（1）S矩形OGMH=S△OAB；

（2）∠EOF=45°.

（注：此题源自2015年资阳）

六、联想类比

例5 如图8，菱形ABCD中，∠BAD=120°，以A为顶点，作∠EAF=60°，两边分别交BC于点E，CD于点F.

图8

（1）求证△AEF为等边三角形（2015年富顺）；

（2）连接BD，分别交AE于点G，AF于点H，若∠BAG=15°，试判断由BG、GH、HD这三条线段所构成的三角形的形状.

思路：对于问题（1），只要证AE=AF.连接AC，得∠ABC=60°，△ABC是等边三角形，由此易证△ABE△ACF.

我们再回看原题，本题与原题有一个共同点：“以某角的顶点为顶点作一个角等于它的一半”，只不过大前提有所不同，由正方形改成菱形，改成顶角为120°的等腰三角形，可以推想当大前提为矩形、一般四边形、等腰直角三角形、等边三角形等图形时也会有不少结论，这里不再赘述，相信读者只要画出图形必有斩获.