與“中點”相關的典型賽題類型及其常規解答策略

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(鎮海蛟川書院 浙江寧波 315201)

在各級各類的數學競賽中，與“中點”相關的賽題比較常見，筆者鑒于相關賽題的典型性、代表性，故嘗試結合初中數學競賽試題歸納其中的典型賽題類型及其常規解答策略．由于“中點”問題廣泛存在于三角形、四邊形和圓中，同時與中位線相關的問題比較突出，故分與三角形相關、與中位線相關、與四邊形相關、與圓相關這4類加以分析，具體如下：

1 與三角形相關

1．1 與三角形的中線相關

例1如圖1，P是△ABC內的一點，直線AC，BP相交于點Q，直線AB，CP相交于點R，已知AR=RB=CP，CQ=PQ，求∠BRC．

(2003年日本奧林匹克數學競賽試題)

證明延長CR到D，使DR=CR，得△BRD≌△ARC，則

BD=AC，∠ACE=∠BDP.

由CQ=PQ，得

∠QCP=∠CPQ，

又∠CPQ=∠BPR，從而

∠ACE=∠BDP=∠BPR，

于是

BP=BD=AC.

取CR上一點E，使RE=CP，得RP=CE，則△ACE≌△BPR，從而

AE=BR=AR=RE，

于是△ARE為等邊三角形，由∠ARE=60°，得∠BRC=120°．

圖1 圖2

小結本例解答中，AC=BP可根據梅內勞斯定理考慮“直線CR截△ABQ”得到．不過，考慮到CR的中線屬性，“倍長中線”添加輔助線也很自然．

1．2 與三角形的重心相關

(2002年全國初中數學競賽試題)

小結當題設中有多個中點帶來的三角形的多條中線，通常會關注是否有三角形的“重心”，利用重心的相關性質簡約求解．

1．3 與全等三角形相關

例3如圖3，已知AB=AC，∠BAC=∠CDE=90°，DC=DE，F是BE的中點，求證：FA=FD，且FA⊥FD．

(2013年四川省初中數學競賽初二決賽試題)

圖3

證明聯結AF并延長至點G，使FG=AF，聯結DG,EG，不難得到△AFB≌△GFE，從而

AB=GE，∠B=∠FEG.

由∠B+∠BAC+∠CAD+∠CDA+∠CDE+∠FED=360°及∠BAC=∠CDE=90°，得

∠B+∠CAD+∠CDA+∠FED=180°，

又∠C+∠CAD+∠CDA=180°，則

∠C=∠B+∠FED=∠FEG+∠FED=∠GED，

從而

△ACD≌△GED，

于是

AD=GD，∠ADC=∠GDE，

而

AF=GF，

故

AF⊥DF.

又∠GDE+∠GDC=∠CDE=90°，則

∠ADC+∠GDC=∠ADG=90°，

故

DF=AF．

小結利用中點構造全等三角形完成中心對稱，借助180°的旋轉變換添加輔助線，進而解決問題，此種方法是解決與中點相關問題的常用方法．實際上例1中“倍長中線”的方法是此種類型的特殊情形．

1．4 與等腰三角形相關

例4如圖4，已知在△ABC中，∠ACB=90°，邊AB上的高線CH與△ABC的2條內角平分線AM,BN分別交于點P,Q，PM,QN的中點分別為E,F，求證：EF∥AB．

(2009年全國初中數學聯賽試題)

證明聯結CE并延長交AB于點I，聯結CF并延長交AB于點G.由∠ABN=∠CBN及CH⊥AB，得

∠CQN= ∠BQH=90°-∠ABN=

90°-∠CBN=∠CNB，

從而

CQ=CN.

F是QN的中點，則

CF⊥QN，

又∠GBF=∠CBF，BF=BF，從而

△GBF≌△CBF，

故

GF=CF，

同理可得

IE=CE，

故

EF∥AB(GI)．

小結當中點條件出現在三角形中時，通常會考慮所在三角形是否為特殊三角形.本例中的中點恰為等腰三角形的底邊中點，利用三線合一獲得更多的條件，在此基礎上利用全等三角形、三角形的中位線(在下一部分具體分析)得證．

圖4 圖5

1．5 與直角三角形相關

例5如圖5，在ABCD中，∠ABC=75°，AF⊥BC于點F，AF交BD于點E，若DE=2AB，則∠AED的大小是______．

(1998年“希望杯”初中數學競賽初二試題)

解取DE的中點G，聯結AG，則

AG=DG=EG.

在Rt△ADE中，DE=2AG，又DE=2AB，于是

AG=AB.

若令∠AED=x，則在等腰△AGE中，

∠AGE=180°-2x，

在等腰△AGB中，

∠ABG=∠AGE=180°-2x.

又∠ABG=∠AED-∠BAF=x-15°，由180°-2x=x-15°，得x=65°．

小結同例4，考慮中點所在的三角形是否為特殊三角形.本例中點恰為直角三角形的斜邊中點，故考慮添加直角三角形的斜邊中線，進而利用等腰三角形等知識求解．

2 與中位線相關

2．1 與三角形的中位線相關

( )

(2011年湖北省武漢市初中數學競賽試題)

解作BF∥DE交AC于點F，又AD=BD，則

AE=EF.

從而

進而

BC=FC，

故

BC+2AE=AC．

小結以獲得“2AE”為切入點添加平行線，間接獲得中位線，化“線段和差的證明”為“線段相等的證明”，進而得證．

圖6 圖7

2．2 與直角三角形、三角形的中位線同時相關

例7如圖7，在△ABC中，D為BC的中點，點E,F分別在邊AC,AB上，并且∠ABE=∠ACF，BE,CF交于點O．過點O作OP⊥AC，OQ⊥AB，求證：DP=DQ．

(2008年江蘇省初中數學競賽試題)

證明取OB中點M，聯結QM,DM，取OC的中點N，聯結PN,DN. 由QM,DN分別為△BOQ的斜邊中線、△BOC的中位線，得

易知OM∥DN，∠OMQ=2∠ABE，由PN,DM分別為△COP的斜邊中線、△BOC的中位線， 得

易知ON∥DM，∠ONP=2∠ACF，故四邊形OMDN為平行四邊形，得

∠OMD=∠OND.

又∠OMQ=∠ONP，從而

∠DMQ=∠PND，

于是

△DMQ≌△PND，

故

DP=DQ．

小結本例與2003年全國初中數學聯賽第二試的第2題如出一轍，其逆命題與2010年四川省初二數學競賽初賽試題的第5大題類似，將條件“∠ABE=∠ACF”加強后與2010年湖北省黃岡市全國初中數學競賽預選賽試題第15題類似．

2．3 與梯形的中位線相關

例8如圖8，在六邊形ABCDEF中，AB∥DE，BC∥EF，CD∥FA，AB+DE=BC+EF，A1D1=B1E1，A1,B1,D1,E1分別是AB,BC,DE,EF的中點，求證：∠CDE=∠AFE．

(2008年北京市初中數學競賽初二復賽試題)

證明作ABPF，聯結DP，取其中點M，聯結B1M,E1M， 不難確定B1M,E1M分別為梯形BCDP，DEFP的中位線，則

同時

B1M∥CD，E1M∥DE，

于是

∠B1ME1=∠CDE.

同時

∠A1ND1=∠AFE，

又A1D1=B1E1，則

△A1ND1≌△B1ME1，

得

∠A1ND1=∠B1ME1，

故

∠CDE=∠AFE．

小結以題設“AB+DE=BC+EF、平行線、中點”等條件為切入點，構造平行四邊形、梯形及其中位線，利用全等三角形使問題得以解決．

圖8 圖9

2．4 與三角形的中位線、梯形的中位線同時相關

例9如圖9，在△ABC中，BE,CD是角平分線，點P是DE的中點，作PQ⊥BC，PM⊥AB，PN⊥AC，求證：PQ=PM+PN．

(2011年湖北省武漢市初中數學競賽試題)

證明作DF⊥AC，DH⊥BC，EG⊥AB，EI⊥BC.因為BE,CD是△ABC的角平分線，所以

DF=DH，EG=EI.

不難確定PQ是梯形DHIE的中位線，同時PM,PN分別為△DEG、△DEF的中位線，于是

圖10

小結以“角平分線”為切入點添加4條垂線段，然后通過三角形、梯形的中位線的相關性質使問題得以解決．另外，若條件“點P是DE的中點”減弱為“點P為DE上的任意一點”，結論仍成立，此處不再贅述．

例10如圖10，邊長為1的正方形EFGH在邊長為3的正方形ABCD所在平面上移動，始終保持EF∥AB，線段CF的中點為M，DH的中點為N，則線段MN的長為______．

(2011年北京市初中數學競賽初二復賽試題)

解聯結CG，取CG的中點P，聯結PM,PN，可知PM,PN分別為△CFG、梯形CDHG的中位線，得

小結在中點個數較多且不能直接利用的前提下，通過“連線段、取中點”構造三角形和梯形的中位線,從而使問題得以解決．

3 與四邊形相關

3．1 與平行四邊形相關

例11如圖11，在五角星ABCDE中，已知AQ=QC，BR=RD，CR=RE，DS=SA，求證：BT=TP=PE．

(2006年北京市初中數學競賽初二復賽試題)

證明聯結AE,AB，由AQ=QC,CR=RE，得

由DS=SA,BR=RD，得

則四邊形ABRE為平行四邊形，從而

于是

因此

小結以“三角形的中位線”為切入點獲得平行四邊形，后借助平行截割，使問題得以解決．

圖11 圖12

3．2 與中點四邊形相關

(2001年天津市初中數學競賽試題)

證明聯結BE，取其中點并記為點R，聯結MR,PN,NQ,QR,RP.由MR為△ABE的中位線，得

因為四邊形PNQR為四邊形BCDE的中點所構成的四邊形，所以四邊形PNQR為平行四邊形，從而PQ,RN互相平分，故點R,L,N共線.由KL為△MNR的中位線，得

故

小結本例以題設中“中點”條件為切入點，由任意四邊形的中點四邊形為平行四邊形構造“中點四邊形”，后借助中位線等相關知識求解．

3．3 與一組對邊相等的四邊形相關

例13如圖13，D是△ABC內一點，延長BA至點E，延長DC至點F，使得AE=CF，G,H,M分別為BD,AC,EF的中點，若點G,H,M共線，求證：AB=CD．

(2007年湖北省武漢市初中數學競賽試題)

證明取AF的中點S，BC的中點T，聯結GT,HT,HS,SM，得

于是

HS=SM，

從而

∠SHM=∠SMH.

從而

GT∥HS，HT∥SM，

于是

∠TGH=∠SMH=∠THG，

因此

GT=TH，

故

AB=CD．

圖13 圖14

小結“一組對邊相等”的四邊形是競賽中常涉及的四邊形，本例結合“中點”條件，通過取中點、連線段——構造中位線，利用中位線帶來的位置關系、數量關系使問題得以解決.特別地，對于此類賽題，有時需要先聯結對角線，再取其中點．更多與“一組對邊相等的四邊形”的相關問題可參見文獻[1]．

4 與圓相關

4．1 與弦中點相關

例14如圖14，△ABC內接于⊙O，弦AF⊥BC，G是BF的中點，求證：AC=2OG．

(2008年湖北省黃岡市初中數學競賽試題)

同時

故

AC=2OG．

小結本例是與圓相關的經典問題，證明的方法很多．通過構建坐標系，利用中點坐標和兩點間的距離公式證明本例，條理清晰自然．典型的解答方法再如：如圖14，聯結FO并延長交⊙O于點D，聯結AD,BD，先證明BD=AC，AD∥BC．

4．2 與弧中點相關

(2005年天津市初中數學競賽試題)

證明作DE⊥AC，顯然，

AD2-CD2=(AE2+DE2)-(CE2+DE2)=

AE2-CE2=(AE+CE)(AE-CE)=

AC(AE-CE).

作DF⊥BC，聯結BD，易得

AD=BD，∠DAE=∠DBF，

由∠AED=∠BFD=90°，得

△AED≌△BFD，

則

AE=BF，DE=DF.

又∠AED=∠BFD=90°，CD為△AED和△BFD的公共邊，從而

△AED≌△BFD，

則

CE=CF，

于是

AE-CE=BF-CF=BC.

小結事實上，本例中的“AE-CE=BC”可依據阿基米德折弦定理直接得到．解答與弧中點相關的問題，?？紤]圓心角定理、圓周角定理等工具，也常涉及阿基米德折弦定理，如2003年山西省太原市初中數學競賽第6題，實際上是探究阿基米德折弦定理的逆定理．另外，當圖15中的點B,C重合時，阿基米德折弦定理退化為垂徑定理．

圖15 圖16

4．3 其他相關

例16如圖16，已知AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，OC平行于弦AD，過點D作DE⊥AB于點E，聯結AC，與DE交于點P．問:EP與PD是否相等？證明你的結論．

(2003年全國初中數學競賽試題)

證明延長AD，BC交于點F，由OA=OB,OC∥AF，得CB=CF，易證DE∥BF，則

故

EP=PD．

小結在本例的解答方法中，由中點帶來的線段相等條件除了用于等量代換外，也成為本例中添加輔助線的切入點．

如上所述，筆者將與“中點”相關的典型賽題進行了梳理與解答，給出了常用策略，不過文中的許多賽題都具備一題多解的特點，鑒于篇幅，不作展開．另外，筆者分類論述的初衷是：結合與“中點”相關賽題的解答，構建與“中點”相關的問題模型，不止于“條件反射”式的解題．

參 考 文 獻

[1] 沈文選．一組對邊相等的四邊形的性質及應用[J].中等數學,2013(1):5-9.