一道课本习题的多向探究

李淑惠

⦿ 广东省梅州市大埔县虎山中学

1 课本习题

(人教版八年级数学下册第69页第14题)如图1,四边形ABCD是正方形,E是边BC的中点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证AE=EF.

图1

2 解法探究

要证明AE=EF,只需要找到与△ECF或△ABE全等的三角形即可,但原图中并没有这样的三角形.因此,需要作辅助线,对内分割或在外补形,构造出这样的三角形.而题目中的正方形、中点、45°角为解法的多样化提供了条件.

分析一：中点是线段的一个特殊点,在正方形中有丰富的内涵.如图2,取AB的中点G,这样既有线段相等又有角度相等.

图2

证法1：如图2,取AB的中点G,连接EG.

由四边形ABCD是正方形,E,G分别是BC,AB的中点,易知AG=BG=BE=CE.

由∠AEF=90°,∠B=90°,得∠AEB+∠BAE=90°,∠AEB+∠FEC=90°,所以∠BAE=∠FEC.

又BG=BE,∠B=90°,可知∠BGE=45°,所以∠AGE=135°.

由CF为正方形外角的角平分线,得∠ECF=135°,所以∠AGE=∠ECF.

又AG=EC,结合∠BAE=∠FEC,∠AGE=∠ECF,可得△AGE≌△ECF(ASA),所以AE=EF.

点评：该证法提供的辅助线的作法是最为经典的中点法,但中点这一条件太过特殊,有偶然性和特殊性.其实,找出AE,EF所在的三角形全等的方法不止一个.如果就此浅尝而止,便失去了一次锻炼思维的绝好机会,白白浪费了课本丰富的资源.

分析二：基于“截长补短”法,在AB上截取一条线段AG=EC,再用等腰直角三角形证角相等,完成全等的条件.

证法2：如图3,在AB上截取AG=EC,连接EG.

图3

由AB=BC,易知BG=BE,则△BGE是等腰直角三角形,得∠1=45°.又∠1=∠2+∠3,所以∠2+∠3=45°.

由平角∠BEC=180°,∠AEF=90°,∠GEB=45°,得∠3+∠4=180°-45°-90°=45°.

所以∠2=∠4.同证法一,得∠AGE=∠ECF=135°,AG=EC,因此△AGE≌△ECF(ASA).故AE=EF.

点评：“截长补短”是求证线段问题最为经典的解题策略,在历次考试中都有一席之地.因此,我们要寻求通法,用一般的解题策略去领会题目的意图.

分析三：正方形的直角大有用途,受证法1的启示,使B为一条线段的中点,因此延长FC与AB的延长线相交,构成中垂线,进行等量代换.

证法3：如图4,延长FC交AB的延长线于点H,连接EH.

图4

由证法1,易知∠1=∠2,∠3=45°,则△BHC是等腰直角三角形,所以BH=BC=AB.

因此BC是AH的中垂线,可知AE=EH.

又∠2+∠EFC=45°=∠4+∠5,而∠2=∠1=∠4,得∠5=∠EFC,所以EH=EF.

又EH=AE,所以AE=EF.

点评：运用线段的中垂线及等腰三角形的性质解题,找出相等的角和相等的线段进行等量代换,方法独特,富有创新意识.

分析四：正方形是轴对称图形,CF也是直角的平分线,点C在正方形的对角线上,这些都是轴对称元素的一部分,因此可以运用正方形的轴对称性来解答.

证法4：如图5,连接AC并延长至点G,使CG=CF,连接EG.设AC与EF交于点N.

图5

由四边形ABCD是正方形,易知△ABC是等腰直角三角形,可知∠ACB=∠FCM=45°,所以∠ACF=90°.

在△AEN和△FNC中,∠AEF=∠ACF=90°,∠ANE=∠FNC,所以∠1=∠EFC.

又在△ECF和△ECG中,CF=CG,∠ECF=∠ECG=135°,EC=EC,则△ECF≌△ECG(SAS).所以∠EFC=∠G,EF=EG.

所以∠1=∠G,则AE=EG.故AE=EF.

点评：此题也可以看成把△EFC沿BC所在直线翻折得到△EGC,运用轴对称变换来解答.

分析五：正方形的对角线是特殊元素,能沟通线段与角的关系,因此可在△ACE内,切割一个三角形与△FEC全等.

证法5：如图6,连接AC,过点E作EG⊥BC,交AC于点G,AC交EF于M.

图6

由四边形ABCD是正方形,AC是对角线,知∠ACE=45°.

又∠GEC=90°,则∠1=45°,所以GE=EC,∠AGE=135°=∠ECF.

在△AEM和△CFM中,∠AEF=90°=∠ACF,∠AME=∠FMC,所以∠2=∠EFC.

又GE=EC,∠AGE=∠ECF,所以△AEG≌△FEC(AAS),所以AE=EF.

点评：此法实质是将△AGE绕点E顺时针旋转90°与△FCE重合.

分析六：受证法5的启示,容易发现∠EAC=∠EFC,可以将∠EAC与∠EFC看成两直角三角形的对应角,运用旋转观点及正方形的性质解题.

证法6：如图7,连接AC,过点E作EH⊥AC于点H,过E作EM⊥FC的延长线于点M.

图7

由AC是正方形的对角线,CF是外角平分线,可知∠ACD=∠DCF=45°,AC⊥CF.

易知△CME是等腰直角三角形,则EM=CM.

所以四边形HEMC是正方形,可知EH=EM.

设AC与EF交于点O,在△AEO和△FCO中,由直角及对顶角分别对应相等,易得∠EAO=∠EFC.

又∠AHE=∠M=90°,所以△AEH≌△FEM(AAS).故AE=EF.

点评：此证法巧妙运用点F在正方形外角平分线上这一特征,构造正方形,从而出现两个全等的直角三角形,复习了角平分线的性质和特殊平行四边形的性质等.

分析七：正方形的边与角都有特殊性,可在BC下方构造一个直角三角形与△ABE全等,再发现有平行四边形,并运用平行四边形的性质解答.

证法7：如图8,延长AB至点G,使BG=BE,连接EG,CG.

图8

易证△ABE≌△CBG(SAS),可知∠BCG=∠BAE.

由“同角的余角相等”,可知∠BAE=∠FEC.

所以∠FEC=∠ECG,则EF∥GC.

又△BEG是等腰直角三角形,则∠GEC=135°=∠ECF,所以EG∥CF.

所以四边形EGCF是平行四边形,可知EF=CG.又CG=AE,所以EF=AE.

点评：△ABE≌△CBG可以看成是将△ABE绕点B顺时针90°得到.本证法综合运用了旋转和平行四边形的性质.

课本是最为经典与权威的示范性文本,也是学生与教师的必备教材.课本的很多题目都是经过千锤百炼和众多专家的精心挑选而定的,也是经受了一代又一代学生检验的精品题目.在平时学习中,不能以时间不够为借口,对课本题弃如敝屣,而应深钻细研,从多角度去思考探究解题的突破口,对题目变式进行研究,掌握一类题的解法与变化规律,在探究过程中切实提高数学素养.Z