巧作垂線 構造全等
——一道含45°角問題的多解探討

黃岡師范學院數學與統計學院 程 晶

黃岡實驗中學 張 慶

1 引言

波利亞說：解一道題就像建造一所房子,我們必須選擇合適的材料.但光收集材料還是不夠的,一堆磚頭畢竟還不是房子[1].要構筑房子或構筑解,我們還必須把收集到的各個部分組織在一起使它們成為一個有意義的整體.在本市初二年級期末監測中,由于最后一道壓軸題最后一問似乎難度極大,于是本市數學教研群中,許多數學老師紛紛就本題交流自己的想法,一次函數、勾股定理、相似三角形、三角函數、四點共圓等初二上學期還未學習的知識出現在解題交流中,難道本題超出了學生的知識范圍？標準答案添加了較多的輔助線,證明了四次全等,學生在考場上很難有耐心和信心去完成.不同年級的學生如何去解答這道題？本文中將從幾個視角給出一些嘗試的解法,試圖為含45°角問題提供一般性的解法.

2 試題呈現

在平面直角坐標系中,點A(a,0),點B(0,b),已知a，b滿足|a+4|+b2+8b+16=0.

(1)求點A和點B的坐標;

(2)如圖1,點E為線段OB的中點,連接AE,過A在第二象限作AF⊥AE,且AF=AE,連接BF交x軸于點D,求點D和點E的坐標；

圖1

(3)在(2)的條件下,如圖2,過E作EP⊥OB交AB于P,點M是射線EP上一點,且ME=2PE,連接MO,作∠MON=45°,ON交線段BA的延長線于點N,連接MN,求點N的坐標.

圖2

3 試題分析

本題的第(1)、(2)問難度不大,下面著重分析第(3)問,其難點在于證明∠NMO=90°或∠ONM=45°.如何突破這個難點,巧妙地添加輔助線是關鍵.含45°角的直角三角形有許多特殊的性質,如兩銳角都等于45°，兩直角邊相等，由直角頂點向斜邊作垂線可得三線合一，三邊長度的比值可以確定，可以構造三垂直證全等三角形，等等.

由題目條件可得E(0,-2),B(0,-4),A(-4,0),OA=OB=4，OE=EB=2，∠ABO=∠OAB=45°，MP=PE=2,△PEB為等腰直角三角形,∠EPB=∠MPN=45°，∠ONA=∠OMP=∠AOM.

4 試卷的參考答案

(1)易得A(-4,0),B(0，-4).

(2)如圖3,過點F作FH⊥AO于點H.

圖3

因為AF⊥AE,所以易得

∠FHA=∠AOE=90°,

∠AFH=∠EAO.

又因為AF=AE，所以△AFH≌△EAO(AAS).

于是AH=EO=2,FH=AO=4.

則OH=AO-AH=2,因此F(-2,4).

因為OA=BO,所以FH=BO.

又因為∠FHD=∠BOD=90°,∠FDH=∠BDO,

所以△FDH≌△BDO(AAS).

于是HD=OD=1.因此D(-1,0).

綜上知,D(-1,0),F(-2,4).

(3)解法1:如圖4,過點N分別作NQ⊥ON交OM的延長線于點Q,NG⊥PN交EM的延長線于點G,

圖4

再過點Q和點N作QR⊥EG于點R,NS⊥EG于點S.

則易證得等腰Rt△ONQ和等腰Rt△PNG.

所以NG=NP,NQ=NO,且∠QNG=∠ONP.

所以△QNG≌△ONP(SAS).

于是∠NGQ=∠NPO,GQ=PO.

因為PE垂直平分OB,所以PO=PB.

所以∠POE=∠PBE=45°,因此∠NPO=90°，∠NGQ=90°,∠QGR=45°.

又因為GQ=PO,∠QRG=∠OEP=90°,所以△QRG≌△OEP(AAS),QR=OE.

因為∠MRQ=∠MEO=90°,∠RMQ=∠EMO,

所以△RMQ≌△EMO(AAS),QM=OM.

因為NQ=NO,所以NM⊥OQ.

因此可證得等腰Rt△OMN,從而證得△NSM≌△MEO(AAS).

所以NS=EM=4,MS=OE=2.因此N(-6,2).

點評：作為一道幾何壓軸題,如何添加輔助線是學生思維的難點,突破口在于利用45°做文章,構造特殊的直角三角形,把角度關系轉化長度關系.

5 多角度找到解題切入點

5.1 視角1 過M作ON的垂線得等腰直角三角形

解法2：如圖5,過點M作MH⊥ON于H，過點H作HG⊥y軸于G,過點H作HF⊥ME于F,過點N作ND⊥EM延長線于D.

圖5

因為∠MHO=90°,∠MOH=45°,

所以△MHO為等腰直角三角形,則HM=HO.

易證 △MHF≌△OHG(AAS),所以HF=HG,

所以

∠HEP=∠HEO=45°.

又因為PE=EO,所以HE垂直平分PO.

所以HO=HP=HM,于是MF=FP=1,則H(-3,1).

因為∠ONP+∠MON=∠OMP+∠NPM,

所以

∠ONP=∠OMP.

因為 ∠HMO+∠OMP=∠HPA+∠APM,

所以

∠OMP=∠ONP=∠HPA.

所以

HM=HP=HN=HO.

因為∠MHN=90°,所以△MHN是等腰直角三角形,易證△MDN≌△MEO.

所以DN=ME=4,DM=OE=2,則N(-6,2).

點評：利用基本圖形得到角度相等進而轉化為邊相等,再得到等腰直角三角形,難點在于證等腰直角三角形.

解法3(面積法):如圖6,過點M作MH⊥ON于H，過點H作HG⊥y軸于G,過點M作MT⊥GH延長線于T，過點N作NC⊥x軸于C.

圖6

易證△MHO是等腰直角三角形,△HOG≌△MHT,所以MT=HG,HT=OG.

因為四邊形MEGT是矩形,所以T,A,M三點共線,AT=OG=TH.

則TG=TH+HG=TH+TA+AM,

所以AT=OG=1，H(-3,1).

因為S△OCN=S△OHQ+S四邊形CQHN,設NC=AC=a,

解得a=2.因此N(-6,2).

點評：利用圖形面積的兩種計算方法建立方程,極為簡便.

5.2 視角2 過N作ON的垂線得等腰直角三角形

解法4：如圖7,過點N作NC⊥ON交OM延長線于C，過點N作NG⊥AN交x軸于G,連CG交EM延長線于點D，過點N作NH⊥x軸于H.

圖7

易證△CNO、△ANG是等腰直角三角形.

所以∠CNG=∠ONA,從而△OAN≌△CGN(SAS).

于是AO=CG=4,∠OAN=∠CGN=135°.

因為∠AGN=45°,所以∠AGC=90°,即CG⊥OA.

于是四邊形DEOG是矩形,CD=DG=2.

所以△OME≌△CMD(AAS),DM=ME=4.

所以AG=DM=4,AH=HG=2,則N(-6,2).

解法5：如圖8,作NK⊥NO交OM的延長線于K,作NT⊥y軸于T,NQ⊥NT,KQ⊥NQ,連接BQ.易證△KNO是等腰直角三角形.

圖8

因為∠NOM=45°,∠KNO=90°,

所以NK=ON.

因為∠KNO=∠TNQ=90°,

所以∠KNQ=∠TNO.

又因為∠NQK=∠NTO=90°,

所以△NQK≌△NTO(AAS),于是NQ=NT.

因為∠BNQ=∠BNT=45°,BN=BN,

所以△BNQ≌△BNT(SAS),

所以∠NQB=∠NTB=90°,所以K,Q,B共線.

因為ME∥BK,OE=EB,所以OM=MK.

設KQ=OT=a,則NQ=NT=4+a.

所以BK=a+4+a=2ME,a=2，則N(-6,2)

解法6：如圖9,過點N作NK⊥NO交OM的延長線于K,作NT⊥y軸于T,NH⊥NB于H,連接BK.易證△KNO、△BNH是等腰直角三角形.

圖9

因為∠KNO=∠BNH=90°,

所以∠KNB=∠HNO,

于是△BNK≌△HNO(SAS).

所以KB=OH，∠KBN=45°,因此KB⊥OB.

因為ME∥BK,OE=EB,

所以OM=MK,KB=2ME=8.

于是OH=8,BH=12,NT=BT=6,OT=2.

則N(-6,2).

點評：過點N作兩條垂線,構造兩個等腰直角三角形,從而得到一組全等三角形,也是常見的手拉手模型,添加的輔助線較多,用到中位線等相關知識.

5.3 視角3 過M作OM的垂線得等腰直角三角形

解法7(同一法)：如圖10,過點M作MQ⊥MO交ON的延長線于Q,作QT⊥y軸于T交BA于G,QF⊥EM延長線于F.易證△QMO是等腰直角三角形,所以△MFQ≌△OEM(AAS).

圖10

所以MF=2,QF=4,Q(-6,2),于是yG=yQ=2.

所以GT=TB=6,G(-6,2),則G與Q重合,

所以N與Q重合,N(-6,2).

點評：利用過一點作已知直線的垂線有且只有一條,假設有不同交點,分別計算相應點的坐標,從而判斷兩點重合.

5.4 視角4 挖掘隱含條件,借助相似、三角函數巧妙解決

圖11

因此N(-6,2).

解法10：如圖12,連接OP,作MG⊥NO于G,可知OP⊥AB,∠AOP=∠NOM=45°,所以∠MOP=∠NOA.

圖12

因為∠NAO=∠MPO=135°,

在Rt△MGO中，MG=GO=a,所以NG=a.

所以G為NO的中點.

則△NMO為等腰直角三角形,于是N(-6,2).

解法11：如圖11,輔助線同解法9.設∠AOM=α,∠AON=β，α+β=45°.

所以

設CN=CA=a,則OC=4+a,所以a=2.

則N(-6,2).

點評：利用高中三角函數的知識可以解決這道較難的壓軸題,讓人眼前一亮,給人一種四兩撥千斤的感覺,寥寥數語就概括前面冗長的證明,體現相似、三角函數等知識力量的強大.

6 解題反思

對每道試題，命題者解答自己命制的考題時,思維往往會受到限制,給出的解答往往是單一的,甚至比較繁瑣.學生對所學知識掌握的熟練程度不一致,在解答時不同的切入點往往會產生不同的解法.深化試題啟迪學生思維的功能,需要教師對各種解法進行梳理,探究解決問題的一般路徑和方法.

不難確定這道壓軸題的難點是證明△MON是等腰直角三角形,因此構造不同的等腰直角三角形是解決本題的主要突破口,重新對知識進行組織和再加工[2],利用三垂直得到全等三角形和線段相等,進而確定點的坐標.

對已有的條件分析,可以得出一些有用的結論,如第(3)問原圖上可以得到5個角都等于45°,可以證明∠OMP=∠PNO等,這些結論都是在各種解法中反復被用到的.因此,即使再復雜的數學問題都可以得到一些有用的結論,在解答復雜問題時,有必要把這些有用的結論挖掘出來,把這些隱含的輔助線連接起來.

對輔助線的添加是難點,在含45°的三角形中,有哪些構造等腰直角三角形的方法,作出垂線之后又可以連接哪些線段,這些技巧在平時的訓練中需要加強練習及構建知識體系.如等腰直角三角形的性質,它的邊角關系,勾股定理、一次函數、直角三角形中斜邊中線的性質、一線三垂直模型等等,把這些基礎知識、解題模型與本題相關的圖形進行充實和重新配置,就會產生很多想法及解法.無論學生還是老師,長期堅持解題經驗的積累和解題方法的思考,必然會將織牢知識網絡,提升數學思維水平.

反觀這道題對于初中數學解題教學的意義,可以從以下幾個方面對學生直觀想象素養進行培養.第一,在教學過程中注重基本圖形的理解和積累.第二,讓學生體會并學習數形結合的思想和方法.第三,利用多媒體教學化靜為動,像幾何畫板、超級畫板Z+Z、GeoGebra、3D數學教學平臺等動態幾何軟件,有助于教師生動、形象地展示幾何圖形的各種性質和演示幾何變化的動態效果,帶給學生直觀視覺上的沖擊,有利于培養學生觀察、認識周圍事物間的數量關系和形體特征的興趣和意識[3].大部分同學對于這類壓軸題是望而生畏,只有教師充分認識和理解這道題的教育意義,才能在教學過程中將問題講透徹,學生在以后遇到類似的問題時才敢于大膽嘗試.