一道初中数学教材原题的衍生与延伸

山西省忻州人才中学(034000) 郝喜儒

1 教材原题

如图1,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,ΔEBC可以看作是ΔDAC经过平移、轴对称或旋转得到, 说明得到ΔEBC的过程.

证明以点C为旋转中心,把ΔDAC逆时针旋转60°,∵ΔABC和ΔECD都是等边三角形, ∴CD与CE重合,CA与CB重合,∴ΔACD～= ΔBCE.

2 原题衍生

例1如图2,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,求证MN//BD.

分析欲证MN//BD, 需证∠NMC= ∠ACB=60°(或∠MNC= ∠ECD= 60°) , 因为∠MCN= 60°,所以只需证CM=CN.

证明∵ΔACD～= ΔBCE(由上可知) , ∴∠MBC=∠NAC,在ΔMBC和ΔNAC中,∵∴ ΔMBC～= ΔNAC(ASA) ,∴CM=CN, ∵∠MCN= 60°, ∴ΔMNC是等边三角形,∴∠NMC=∠ACB=60°,∴MN//BD.

例2如图2,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点(点C不与点B、D重合), 线段BD长为L,求的最大值.

分析求的最大值可以转化为求的最大值(因为MN=NC) , 因为∠NCD= ∠ABC= 60°, 所以,NC//AB,抓住A 字型基本图形即可破题.

解设DC=x, 则BC=AB=L－x, ∵∠NCD=∠ABC= 60°, ∴NC//AB, ∴ΔDNC～ΔDAB, ∴=∴MN=

当x=取得最大值分母L2为定值,所以取得最大值,即

例3如图2,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点,点C不与点B、D重合,求证: 点H、M、C、N四点共圆.

分析因为等边ΔMCN有外接圆⊙O,所以只需证点H在⊙O上即可.

证 明由 图2 可 知, ∠AHB是ΔBHD的 外 角,∴∠AHB= ∠HBD+ ∠HDB= ∠CAD+ ∠HDB,∵∠ACD=120°,∴∠AHB=60°,∠MHN=120°.

假设点H不在等边ΔMNC的外接圆⊙O上, 则点H(1)在⊙O外(2)在⊙O内,当点H在⊙O外时,如图3,连接OH交⊙O于点G,连接MG,NG.

∵四边形CMGN为⊙O的内接四边形, ∠MCN=60°, ∴∠MGN= 120°, ∵∠MGO ＞∠MHG,∠NGO ＞∠NHG, ∴∠MGO+ ∠NGO ＞∠MHG+ ∠NHG,∴∠MGN ＞∠MHN, ∴∠MHN ＜120°, ∴与∠MHN=120°相矛盾,∴点H不在⊙O外.

当点H在⊙O内时,如图4,连接OH延长交⊙O于点Q,连接MQ、NQ.

∵四边形CMQN为⊙O的内接四边形, ∠MCN=60°, ∴∠MQN= 120°, ∵∠MHO ＞∠MQH,∠NHO ＞∠NQH, ∴∠MHO+ ∠NHO ＞∠MQH+ ∠NQH,∴∠MHN ＞∠MQN,∵∠MQN=120°,∴∠MHN ＞120°,∴与∠MHN=120°相矛盾,∴点H不在⊙O内.

综上所述,假设不正确,所以点H在⊙O上,所以点H、M、C、N四点共圆.

例4如图5,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点, 点C不与点B、D重合, 求证:

分析线段BC、CD、HB分别是待证比例的第一、二、三比例项, 通过作辅助线作出第四比例项DK, 再证明DK=HD即可.

证明过点D作DK//CH交BE的延长线于点K,过点C分别作CH′⊥BE,CG′⊥AD,垂足分别是点H′、G′.

∵ΔACD～= ΔBCE,CH′⊥BE,CG′⊥AD,∴CH′=CG′(全等三角形对应边上的高相等) , ∵点C在∠BHD的内部, ∴点C在∠BHD的角平分线上(在角的内部, 到角两边距离相等的点在这个角的平分线上) ,∴HC是∠BHD的角平分线, ∵∠BHD= 120°(前面已证) , ∴∠BHC= ∠DHC= 60°, ∵DK//CH, ∴∠BHC=∠HKD= 60°,∵∠KHD= ∠AHB= 60°,∴ΔDHK是等边三角形,∴DK=DH=HK,∵DK//CH,∴

例5如图6,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点, 点C不与点B、D重合, 求证:

分析应用A 字型基本图形,得出比例,再应用等量代换,即可破题.

证明∵NC//AB,∴ΔDNC～ΔDAB,∴∴(DC+CB)NC=AB·DC,∵DC+CB ／= 0, ∴NC=∵NC ／= 0,AB · DC ／= 0,

例6如图7,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点, 点C不与点B、D重合, 求证:BH ·BE=BC·BD.

分析把等积式BH ·BE=BC ·BD转化为比例式再证明ΔBHC～ΔBDE,即可破题.

证明∵∠BHC= ∠BDE= 60°(由前面问题4 可知) , 在ΔBHC和ΔBDE中, ∵∴ΔBHC～ΔBDE,∴,∴BH·BE=BC·BD.

3 原题延伸

例7如图8,ΔABC和ΔECD都是等边三角形,点C是线段BD上的一个动点,点C不与点B、D重合,以点D为旋转中心,把ΔACD顺时针旋转60°,得到ΔDEA′,连接AA′,AE,请你观察、想象、合情推理四边形ABEA′是否为特殊四边形,如果是,请说明理由.

四边形ABEA′是平行四边形.

证明∵ΔDEA′是由ΔDCA旋转得到的,∴ ΔDEA′～= ΔDCA, ∴A′E=AC=AB, ∵DA=DA′(全等三角形对应边相等),∴∠ADA′= 60°,∴ΔADA′是等边三角形,∴AA′=AD,∵ΔACD～= ΔBCE(已证),∴AD=BE,∴AA′=BE,∴四边形ABEA′是平行四边形.

例8如图8, 在上题条件下, 在等边ΔADA′中,若∠AED=∠DEA′=∠AEA′= 120°, 点E就是等 边ΔADA′的“费马点”,请完成下列问题:

(1)当点E是等边ΔADA′的“费马点”时,动点C在线段BD的什么位置? 请说明理由.(2)当点E是等边ΔADA′的“费马点”时,请证明EA+ED+EA′的和最小,并求出其最小值.

大概方法如下:

(1)动点C在线段BD的中点.

证明∵点E是等边ΔADA′的“费马点”,∴∠AED=∠DEA′= ∠AEA′= 120°, 在ΔAED中, ∵∠AED=120°, ∴∠EAD+ ∠ADE= 60°, ∵∠EAD+∠EAA′=60°∴∠ADE= ∠EAA′,∠EAD= ∠AA′E, 在ΔAED和 ΔA′EA中, ∵∴ΔAED～= ΔA′EA(ASA) , ∴AE=A′E, ∴ ∠EAA′=∠AA′E= 30°∴ ∠EAA′= ∠AA′E= ∠EA′D=∠EDA′= ∠EDA= ∠DAE= 30°, ∴∠ADB= 30°,∵∠ABD= 60°,∴∠DAB= 90°,∴AB=BC=,∴点C是线段BD的中点.

(2) 证明: 把ΔDEA′以点D为旋转中心顺时针旋转60°,得到ΔDFB′,连接EF, ∵ΔDFB′是ΔDEA′旋转得到的,∴ ΔDFB′～= ΔDEA′, ∴DE=DF,A′E=FB′,∵∠EDF=60°,∴ΔDEF是等边三角形,∵∠AED=∠AEA′=∠A′ED=∠DFB′=120°,∴∠AED+∠DEF=∠DFE+∠DFB′=180°,∴点A、E、F、B′四点共线,∴AE+DE+A′E=AE+EF+FB′=AB′.

设点E′是等边ΔADA′内任意一点,连接AE′,DE′,A′E′,以点D为旋转中心,把ΔDE′A′顺时针旋转60°, 得到ΔDF′B′,∵ΔDF′B′是ΔDE′A′旋转得到的,∴ΔDF′B′～= ΔDE′A′, ∴DE′=DF′,A′E′=B′F′, ∵∠E′DF′= 60°,∴ΔDE′F′是等边三角形,∴E′F′=DE′,∴AE′+DE′+A′E′=AE′+E′F′+F′B′ ＞AB′(两点之间线段最短),∵∠ECD=∠ABC=60°,∴EC//AB,∵C为线段BD的中点, ∴ΔABC～= ΔECD, ∴EC=AB,∴四边形ABCE是平行四边形, ∵AB=BC, ∴四边形ABCE是菱形, ∴AE=A′E=DE=AB=∴AE+DE+A′E=AB′的最小值为

4 小结

教材原题都是经过编写者精心筛选的,不少原题内涵丰富,具有很强的教育教学功能,所以在复习中要立足教材,挖掘教材,开发教材,充分发挥原题的潜能,以一题带一片,既有利于知识整合,又有利于培养学生的知识迁移能力.回归课本,摒弃题海战术,定能收到事半功倍的效果.