四點共圓角關聯　截長補短線轉換

許婧

摘 要：對一道為“a+b=c型”八年級奧林匹克幾何問題，從三種思路入手，進行解法探究.抓住圖形結構特征，厘清圖形幾何性質，是探索已知條件與所求結論之間的邏輯關系的基礎，是尋找解決這類幾何問題突破口的關鍵.

關鍵詞：幾何性質；解法；變式；反思

1 問題呈現

（第18屆沙雷金幾何奧林匹克通訊賽八年級組第3題）如圖1，在直角△ABC中，∠ACB=90°，CD為AB邊上的高，作正△AED和正△CFD，其中E，C在AB同側，F，B在CD同側，直線EF和AC交于點L.求證：FL=CL+LD.

2 幾何性質

抓住圖形結構特征，厘清圖形幾何性質，是建立已知條件與所求結論之間的邏輯關系的基礎，也是解決幾何問題的基本策略.如圖2，根據已知條件，易知△ABC是直角三角形，△AED和△CFD是兩個具有公共頂點D的正三角形，

這是圖2的基本結構特征，由此易聯想到“手拉手”幾何模型.從所證結論來看，本題需要證明三條線段之間的和差關系，不妨稱之為“a+b=c型”幾何問題.

基本性質1 AC=EF.

根據已知，易知AD=DE，DC=DF，∠ADE=∠CDF=60°，所以∠ADC=∠EDF，從而可得△ADC≌△EDF，AC=EF.

基本性質2 ∠ALD=∠ALE=60°.

因為△ADC≌△EDF，所以∠CAD=∠FED，從而易知A，D，L，E四點共圓.根據圓的性質，易知∠ALD=∠AED=60°，∠ALE=∠ADE=60°，所以∠ALD=∠ALE=60°.

根據基本性質2，易得基本性質3.

基本性質3 ∠DLF=∠CLF=60°.

由此易知C，F，D，L四點共圓.

顯然，通過A，D，L，E四點共圓，溝通了∠ALD與∠AED、∠ALE與∠ADE之間的數量關系，即∠ALD=∠AED=60°，∠ALE=∠ADE=60°，所以∠ALD=∠ALE=60°.由此也得到了∠DLF=∠CLF=60°.這些性質是解決本題的關鍵條件，借助60°的角可構造等邊三角形，從而能夠實現有關線段之間的相互轉換，為利用“截長補短法”解決問題創造有利條件.

3 解法探究

思路1：利用“截長法”證明

證法1：如圖3，在線段FL上取一點G，使LG=CL.

由基本性質3，得∠CLF=60°.

∴△CLG是等邊三角形，

∴CL=CG，∠LCG=∠DCF=60°.

∴∠LCD=∠GCF.

又∵CD=CF，

∴△CLD≌△CGF，

∴LD=GF.

從而可得FL=LG+GF=CL+LD.

證法2：如圖4，在線段FL上取一點G，使LG=LD.

由基本性質3，得∠DLF=60°.

∴△DLG是等邊三角形，

∴LD=GD，∠LDG=∠CDF=60°.

∴∠CDL=∠FDG.

又∵CD=FD，

∴△CLD≌△FGD，

∴CL=FG.

從而可得FL=LG+FG=LD+CL.

點評：證法1～2都是“截長法”，證法1是在線段FL上截取與線段CL相等的線段，然后證明截剩部分與線段LD相等.證法2是在線段FL上截取與線段LD相等的線段，然后證明截剩部分與線段CL相等.這兩種證法的本質都是在較長線段上截取一段等于欲證的兩條較短線段中的一條，然后證明截剩部分等于另一條較短線段.對于“a+b=c型”幾何問題，都可考慮利用“截長法”解決問題.

思路2：利用“補短法”證明

證法3：如圖5，在線段AL上取一點G，使LG=LD.

由基本性質2，得∠ALD=60°.

∴△LDG是等邊三角形，

∴DL=DG，∠LDG=∠ADE=60°.

∴∠ADG=∠EDL.

又∵∠ADC=∠EDF=90°，

∴∠CDG=∠FDL.

又∵CD=FD，

∴△CDG≌△FDL，

∴CG=FL.

從而可得FL=CL+LG=CL+LD.

點評：這種證法不唯一，也可以通過△ADG≌△EDL證明AG=EL.根據基本性質1，得AC=EF，從而可得CG=FL.

證法4：如圖6，延長DL到點G，使LG=CL，連接CG.

由基本性質2，得∠ALD=60°.

∴∠CLG=60°.

∴△CLG是等邊三角形，

∴CL=CG，∠GCL=∠DCF=60°.

∴∠DCG=∠FCL.

又∵CD=CF，

∴△DCG≌△FCL，

∴DG=FL.

從而可得FL=LG+LD=CL+LD.

證法5：如圖7，延長LD到點G，使LG=FL，連接FG.

由基本性質2，得∠ALE=60°.

∴△LFG是等邊三角形，

∴FG=FL，∠GFL=∠DFC=60°.

∴∠DFG=∠CFL.

又∵DF=CF，

∴△DFG≌△CFL，

∴DG=CL.

從而可得FL=LD+DG=LD+CL.

證法6：如圖8，延長LC到點G，使LG=FL，連接FG.

由基本性質2，得∠ALE=60°.

∴∠FLG=60°，

∴△LFG是等邊三角形，

∴FG=FL，∠GFL=∠DFC=60°.

∴∠CFG=∠DFL.

又∵FC=FD，

∴△CFG≌△DFL，

∴GC=LD.

從而可得FL=CL+GC=CL+LD.

點評：證法3～6都是“補短法”，這種證法有兩種基本思路，一是將較短線段a（或線段b）進行延長，使得延長部分等于另一條較短線段b（或線段a），然后利用全等三角形的性質證明a+b=c；二是將較短線段a（或線段b）進行延長，延長部分的長度為d，使a+d=c，然后利用全等三角形的性質證明b=d即可.對于“a+b=c型”幾何問題，都可考慮利用“補短法”解決問題.

思路3：利用特殊圖形的性質證明

證法7：（利用角平分線的性質證明）如圖9，過點F作FG⊥LD，FH⊥LC，垂足分別為G，H.

由基本性質3，得∠DLF=∠CLF=60°，

∴LF平分∠CLD，

∴FG=FH.又∵FL=FL，

∴△FGL≌△FHL，∴LG=LH.

又∵∠HFL=30°，

∴FL=2LH=LG+LH.

易知△FGD≌△FHC，∴DG=CH.

∴FL=LG+CL+CH=LG+CL+DG=LD+CL.

點評：根據圖形的基本結構特征，∠DLF=∠CLF=60°，即LF是∠CLD的平分線，故可考慮利用角平分線的性質解決問題.由此可以看出，角平分線的性質也是證明線段相等的常用方法.

證法8：（利用托勒密定理證明）如圖10，由基本性質3，得∠DLF=60°.

又∵∠DCF=60°，

∴∠DLF=∠DCF，

∴L，D，F，C四點共圓.

由托勒密定理，得FL·CD=CL·DF+LD·CF.

又∵CD=DF=CF，

∴FL=CL+LD.

點評：根據圖形的基本結構特征，易得到L，D，F，C四點共圓，從而可考慮利用托勒密定理解決問題.這種證法反映了問題的本質特征和命題背景，證明過程非常簡潔，是本題的一種最優證法.由此可以看出，托勒密定理是解決與圓內接四邊形有關的線段長度問題的基本工具.

4 問題變式

如圖11，在直角△ABC中，∠ACB=90°，CD為AB邊上的高，作正△AED和正△CFD，其中E，C在AB同側，F，B在CD同側，直線EF和AC交于點L，直線EF和BC交于點G.

求證：FG=|LD-CL|.

限于篇幅，證明從略，請讀者自行證明.

5 解題反思

5.1 抓住圖形結構特征，突破問題解決瓶頸

抓住圖形結構特征，厘清圖形幾何性質，是探索已知條件與所求結論之間的邏輯關系的基礎，是尋找解決幾何問題突破口的關鍵.當已知條件與所求結論之間的邏輯關系不明顯時，需構造輔助線，使已知條件與所求結論之間的邏輯關系外顯化，從而突破問題解決瓶頸.在解決本題的過程中，借助“四點共圓”實現了已知角與未知角的關聯，為理清圖形幾何性質奠定了基礎，為“截長補短”實現線段轉換找到了突破口.

5.2 夯實“四基”“四能”，培養創新素養

2022版新的《義務教育數學課程標準》提出的初中階段的數學核心素養有：運算能力、抽象能力、空間觀念、幾何直觀、推理能力、數據觀念、模型觀念、應用意識、創新意識.上述賽題的解法探究中，“截長補短法”是解決“a+b=c型”幾何問題的最基本的思想與方法，是學生應該掌握的基本技能，也是學生在數學學習中積累的數學基本活動經驗.只有這樣，學生才能從多角度思考問題，創新解決問題思路，從不同視角給出問題的創新解法，從而培養學生的數學核心素養.

參考文獻：

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