運用廣義對稱妙解競賽題
——2011年全國初中數學競賽壓軸題的解法探究

●(成功中學 安徽馬鞍山 243000)

運用廣義對稱妙解競賽題
——2011年全國初中數學競賽壓軸題的解法探究

●汪宗興(成功中學 安徽馬鞍山 243000)

數學家波利亞在其著作《怎樣解題》中給出一個宏觀的解題程序，分成4步：弄清題目、擬定計劃、實現計劃、回顧(即解題后的反思)．波利亞重視解題后的思考，把其作為數學解題的一個重要步驟，他認為一個問題解決后，解題者應該考慮有沒有其他的解題方案，有沒有更一般的或特殊的結論．筆者欲嘗試運用波利亞的解題表，現結合2011年全國初中數學競賽的壓軸題，談談筆者的收獲.

(2011年全國初中數學競賽試題)

圖1

圖2

為表述方便，現將以下結論作為引理：

引理在△ABC中，∠BAC=60°，AB=2AC，則△ABC是直角三角形且∠ACB=90°．

證法1如圖2，取AB的中點D，連結CD.由AB=2AC，得

AC=AD=BD.

又∠BAC=60°，知△ACD是等邊三角形，從而

因此△ABC是直角三角形，此時

證法2如圖3，延長AC至點D，使DC=AC，連結BD．由

AD=2AC=AB，

及∠BAC=60°，可知△ABD是等邊三角形，由等腰三角形的“三線合一”性質可得BC⊥AC，此時

圖3

思路探索由引理和△ABC邊、角的數量關系可知，任求出一條邊的長度即可求出該三角形的面積．已知長度的3條線段PA,PB,PC有公共的端點P，如何發揮這個條件的作用呢？考慮到這是一個特殊的直角三角形，給出長度的3條線段有公共端點這一特點，聯想類似的問題：利用旋轉求角度，如已知正方形內一點到3個頂點的距離，求角度；已知等邊三角形內一點到3個頂點的距離，求角度．根據解題經驗，首先考慮利用旋轉變換解決此題.初步思考，因圖中找不到相等的線段，故不具備旋轉的條件．初次失敗后，由于之前曾利用網格巧妙解決等腰直角三角形內一點到3條邊的距離問題，試探此題能否建立適當的網格，也未獲成功.看來孤立運用某個條件，很難找到解題思路，綜合考慮或許才有出路.如何利用題中30°，60°等條件？旋轉不成，再試用軸對稱變換，發現點P關于CA，CB的對稱點D，E和頂點C在一條直線上……，畫出圖形，很快發現各種條件都能巧妙應用，嘗試終獲成功(見解法1)．

解法1思路:利用軸對稱變換．

如圖4，作點P關于邊BC，AC，AB的對稱點D，E，F，連結DB，DC，EA，EC，FA，FB，FD，FE.由軸對稱性質，得

從而

于是

DE2+FE2=42+32=52=DF2,

得

∠DEF=90°，

因此

2S△ABC=S△BDF+S△DEF+S△AEF=

即

(注：求△AEF的面積可利用初中知識解決.)

筆者反思(1)前面方法未成功的原因是什么;(2)有沒有其他更好的方法呢,軸對稱變換能解決此題，旋轉變換真的無“用武之地”嗎?

圖4

圖5

(注：此表示方法的含義是將△APC以A為旋轉中心，順時針旋轉60°后，再進行同向位似變換，且△APC與△ADE的位似比是1∶1．角度前有負號的表示按逆時針方向旋轉，下同.)

由引理知△ABC是直角三角形，從而

(注：此步驟各種解法中都要用到，這里統一給出，后面解法中限于篇幅，不再重述.)

如圖5，將△APC繞點A順時針旋轉60°至△ADE，連結PD，則

從而△PAD是等邊三角形.又由AB=2AC,得

取PA的中點F，連結FD，FE，則

由等邊三角形的性質，可得

于是

22=DE2,

從而△EDF是直角三角形，且∠EDF=90°，可得

∠APC=∠ADE=∠ADF+∠EDF=

30°+90°=120°.

作CG⊥AP于點G，則

∠CPG=180°-∠APC=60°，

于是

從而

因此

(注：在求出∠APC=120°之后，求AC2可以利用余弦定理求出，但考慮到初中學生的實際水平，這里給出利用勾股定理求AC2的過程，后面解法限于篇幅，只給出求∠APC的過程.)

如圖6，在△ABC外作△ABD，使得

∠DAB=∠PAC，∠ABD=∠ACP，

則△ABD∽△ACP，連結DP，得

AB=2AC，

于是△ABD和△ACP的相似比為2∶1，即

因此

∠DAP=∠DAB+∠BAP=

∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°.

由AD∶AP=2∶1，及引理知∠APD=90°，從而

于是

BD2+PD2=42+32=25=BP2，

即

∠BDP=90°，

于是

∠APC=∠ADB=∠ADP+∠BDP=

30°+90°=120°.

后面過程同上,略．

(過程略.)

(過程略.)

圖6

圖7

如圖7，在△ABC外作△BCD，使得

∠BCD=∠ACP，∠CBD=∠CAP，

又

∠PCD=∠PCB+∠BCD=

∠PCB+∠ACP=∠ACB=90°，

連結PD，得∠PDC=30°，PD=2PC=4，從而

BD2+PD2=32+42=25=PB2，

得

∠BDP=90°，

于是

∠APC=∠BDC=∠BDP+∠PDC=

90°+30°=120°.

后面過程同上．

(過程略.)

(過程略.)

(過程略.)

(過程略.)

如圖8，在△ABC外作△BCD，使得

∠BCD=∠BAP，∠CBD=∠ABP，

從而

∠PBD=∠PBC+∠CBD=

∠PBC+∠ABP=∠ABC=30°，

作DE⊥PB于點E，則

從而

于是

又

得

PD2=PC2+DC2,

從而

∠DCP=90°，

于是

∠APC=∠BAP+∠BCP+∠ABC=

∠BCD+∠BCP+∠ABC=

∠DCP+∠ABC=90°+30°=

120°．

后面做法同上，略．

圖8

圖9

如圖9，將△BCP繞點B逆時針旋轉30°至△BED，則

DE=PC=2，BD=BP=5，BE=BC，∠DBE=∠PBC，∠BED=∠BCP，

從而

∠PBD=∠PBA+∠DBE=

∠PBA+∠PBC=∠ABC=30°.

即

DE2+EF2=DF2,

即

∠DEF=90°，

于是

∠APC=∠BAP+∠BCP+∠ABC=

∠BEF+∠BED+∠ABC=

∠DEF+∠ABC=

90°+30°=120°．

后面做法同上，略．

(過程略.)

圖10

解法14思路:采用代數方法，建立平面直角坐標系，運用解析法

由引理知△ABC是直角三角形(過程略)．如圖10，以C為原點，CB所在的直線為x軸，CA所在的直線為y軸，建立平面直角坐標系．設AC=a，則

于是

由兩點之間的距離公式，得

PC2=(x-0)2+(y-0)2=x2+y2=22=4;

于是

又

由引理，只要求出a2的值即可．由式(2)，得

x2+y2-2ay+a2=3,

即

4-2ay+a2=3,

化簡得

2ay=1+a2.

(4)

由式(3)，得

即

得

(5)

(6)

于是

即

令a2=y，得

48y=(3t-21)2+3(1+y)2,

即

y2-14y+37=0,

解得

由式(5)得

解得

a2>7，

即

y>7．

筆者反思從上述解法可以看出：解法1運用了軸對稱變換；解法2～13都運用了旋轉變換，解法2～5以點A為旋轉中心，順(逆)時針旋轉60°，解法6～9以點C為旋轉中心，順(逆)時針旋轉90°，解法10～13以點B為旋轉中心，順(逆)時針旋轉30°，解法3,4,6,8,10,11還運用了位似變換;解法14利用代數方法，建立平面直角坐標系，反復運用兩點之間的距離公式，計算出△ABC的面積．其中滲透數形結合的思想，容易理解，但計算繁瑣．

從解法2到解法13，對稱思想體現得淋漓盡致．從地位上看，△PAB,△PBC,△PAC平等，點A,B,C平等，都可以作為旋轉中心，3個內角平等，30°,60°,90°都可以作為旋轉角，順時針旋轉與逆時針旋轉平等.正是受對稱思想的啟發，才想出上述眾多形似本質相同的解法．正如波利亞曾說：“當你找到第一棵蘑菇后，要環顧四周，因為它們總是成堆生長的．”筆者在解決此題的過程中，收獲甚大！

數學解題的目標應使得學習者獲得對數學本質規律更為真實的理解，并在數學領域獲得可持續的發展．波利亞認為解題過程主要是問題的變換過程，“我們必須一再變換它，重新敘述它，變換它，直到最后成功地找到某些有用的東西為止”.由上述問題的各種解法可見，如果平常講解習題時注重解題后思考，注重數學思想的滲透，今后教學將可演繹更多無限精彩的課堂，教給學生有用的東西！

[1] 孫維剛．孫維剛談立志成才[M].北京：北京大學出版社，2009．