對一道課本經典習題的再思考

原題:(人教版八年級下冊第122頁中第15題)如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是BC的中點，∠AEF=90°，EF交正方形外角的平分線CF于F，求證:AE=EF。

一、證明方法的多種性

證法1:(圖2)取AB中點M，易證△BEM為等腰直角三角形，可得∠BME=45°，所以∠AME=∠ECF。又可推得∠MAE=∠CEF，AM=CE，從而△AME≌△ECF，故AE=EF。

證法2:(圖3)作FN⊥BC于N， 易證△ABE∽△EFN，則=。因為AB=BC，CN=FN，所以=，由合比性質得=，所以BE=CN=FN，則==1，即AE=EF。

證法3:(圖3)因為=，設AB=2a，FN=CN=x，則==，所以2x=a+x，即x=a=FN，所以==1，故AE=EF。

二、動點位置的多樣性

變動1:若將條件“點E是BC的中點”改為“E是BC邊上任意一點”，其他條件不變(如圖4)，原結論是否成立?

解析:原結論仍成立，可以用上述證明方法2，也可仿照方法1，在AB邊上取M，使BM=BE，易證△BEM為等腰直角三角形，可得∠BME=45°，所以∠AME=∠ECF。又可推得∠MAE=∠CEF，AM=CE，從而△AME≌△ECF，故AE=EF。

變動2:若將條件“點E是BC的中點”改為“E是BC延長線上任意一點”，其他條件不變(如圖5)，原結論是否成立?

解析:嘗試用方法1，發現找M點的關鍵是構造等腰△MBE，故在BA延長線上取點M，使AM=CE(圖6)，易證得∠AME=∠ECF， ∠DAE=∠AEB，所以∠MAD+∠DAE=∠AEB+AEF，即∠MAE=∠CEF。又因為AM=CE，所以仍然有△AME≌△ECF，從而AE=EF。

變動3:如果E點在CB延長線上時(如圖7)，也可通過類似證明方法得出AE=EF。

三、結論的開放性

1.在原條件下，添加線段AG(如圖8)，可以得到下面一些新結論:

(1)AE、GE分別平分∠BAG、∠AGC

(2)G為EF中點

(3)AB+CG=AG

(4)以AG為直徑的圓與BC相切

2.在原條件下，連接AE、AF、DF(如圖9)，可以得到下面一些新結論:

(1)△DFC是等腰直角三角形

(2)△ABE∽△ACF

(3)A、E、C、F四點共圓

四、和其他問題的內在聯系

問題1:如圖10，在直角坐標系中，A(0，1)，B是x軸正半軸上任意一點，以AB為邊在第一象限內作正方形，設C(x，y)，探究x、y之間滿足怎樣的函數關系?

分析:觀察上述圖4，由于AE=EF，AE⊥EF，所以F是以AE為邊長的正方形的一頂點，且F在∠BCD外角平分線上，依次類推，可以得到圖11中點C、C均在∠DCH的角平分線上，容易得到x、y滿足函數關系y=x-1(其中x>1)。

問題2:如圖12，等邊△ABC中，E是BC邊上任意一點，作射線EF，使∠AEF=60°，EF交∠ACD角平分線于F，求證:AE=EF。

分析:此問題圖形結構類同圖4的特點，證明方法也如出一轍，在BA上截取BM=BE，再證明△AME≌△ECF，從而得出AE=EF，也可用類似原題的證法2或證法3。