一道課本習題的多向探究

李淑惠

? 廣東省梅州市大埔縣虎山中學

1 課本習題

(人教版八年級數學下冊第69頁第14題)如圖1,四邊形ABCD是正方形,E是邊BC的中點,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分線CF于點F.求證AE=EF.

圖1

2 解法探究

要證明AE=EF,只需要找到與△ECF或△ABE全等的三角形即可,但原圖中并沒有這樣的三角形.因此,需要作輔助線,對內分割或在外補形,構造出這樣的三角形.而題目中的正方形、中點、45°角為解法的多樣化提供了條件.

分析一：中點是線段的一個特殊點,在正方形中有豐富的內涵.如圖2,取AB的中點G,這樣既有線段相等又有角度相等.

圖2

證法1：如圖2,取AB的中點G,連接EG.

由四邊形ABCD是正方形,E,G分別是BC,AB的中點,易知AG=BG=BE=CE.

由∠AEF=90°,∠B=90°,得∠AEB+∠BAE=90°,∠AEB+∠FEC=90°,所以∠BAE=∠FEC.

又BG=BE,∠B=90°,可知∠BGE=45°,所以∠AGE=135°.

由CF為正方形外角的角平分線,得∠ECF=135°,所以∠AGE=∠ECF.

又AG=EC,結合∠BAE=∠FEC,∠AGE=∠ECF,可得△AGE≌△ECF(ASA),所以AE=EF.

點評：該證法提供的輔助線的作法是最為經典的中點法,但中點這一條件太過特殊,有偶然性和特殊性.其實,找出AE,EF所在的三角形全等的方法不止一個.如果就此淺嘗而止,便失去了一次鍛煉思維的絕好機會,白白浪費了課本豐富的資源.

分析二：基于“截長補短”法,在AB上截取一條線段AG=EC,再用等腰直角三角形證角相等,完成全等的條件.

證法2：如圖3,在AB上截取AG=EC,連接EG.

圖3

由AB=BC,易知BG=BE,則△BGE是等腰直角三角形,得∠1=45°.又∠1=∠2+∠3,所以∠2+∠3=45°.

由平角∠BEC=180°,∠AEF=90°,∠GEB=45°,得∠3+∠4=180°-45°-90°=45°.

所以∠2=∠4.同證法一,得∠AGE=∠ECF=135°,AG=EC,因此△AGE≌△ECF(ASA).故AE=EF.

點評：“截長補短”是求證線段問題最為經典的解題策略,在歷次考試中都有一席之地.因此,我們要尋求通法,用一般的解題策略去領會題目的意圖.

分析三：正方形的直角大有用途,受證法1的啟示,使B為一條線段的中點,因此延長FC與AB的延長線相交,構成中垂線,進行等量代換.

證法3：如圖4,延長FC交AB的延長線于點H,連接EH.

圖4

由證法1,易知∠1=∠2,∠3=45°,則△BHC是等腰直角三角形,所以BH=BC=AB.

因此BC是AH的中垂線,可知AE=EH.

又∠2+∠EFC=45°=∠4+∠5,而∠2=∠1=∠4,得∠5=∠EFC,所以EH=EF.

又EH=AE,所以AE=EF.

點評：運用線段的中垂線及等腰三角形的性質解題,找出相等的角和相等的線段進行等量代換,方法獨特,富有創新意識.

分析四：正方形是軸對稱圖形,CF也是直角的平分線,點C在正方形的對角線上,這些都是軸對稱元素的一部分,因此可以運用正方形的軸對稱性來解答.

證法4：如圖5,連接AC并延長至點G,使CG=CF,連接EG.設AC與EF交于點N.

圖5

由四邊形ABCD是正方形,易知△ABC是等腰直角三角形,可知∠ACB=∠FCM=45°,所以∠ACF=90°.

在△AEN和△FNC中,∠AEF=∠ACF=90°,∠ANE=∠FNC,所以∠1=∠EFC.

又在△ECF和△ECG中,CF=CG,∠ECF=∠ECG=135°,EC=EC,則△ECF≌△ECG(SAS).所以∠EFC=∠G,EF=EG.

所以∠1=∠G,則AE=EG.故AE=EF.

點評：此題也可以看成把△EFC沿BC所在直線翻折得到△EGC,運用軸對稱變換來解答.

分析五：正方形的對角線是特殊元素,能溝通線段與角的關系,因此可在△ACE內,切割一個三角形與△FEC全等.

證法5：如圖6,連接AC,過點E作EG⊥BC,交AC于點G,AC交EF于M.

圖6

由四邊形ABCD是正方形,AC是對角線,知∠ACE=45°.

又∠GEC=90°,則∠1=45°,所以GE=EC,∠AGE=135°=∠ECF.

在△AEM和△CFM中,∠AEF=90°=∠ACF,∠AME=∠FMC,所以∠2=∠EFC.

又GE=EC,∠AGE=∠ECF,所以△AEG≌△FEC(AAS),所以AE=EF.

點評：此法實質是將△AGE繞點E順時針旋轉90°與△FCE重合.

分析六：受證法5的啟示,容易發現∠EAC=∠EFC,可以將∠EAC與∠EFC看成兩直角三角形的對應角,運用旋轉觀點及正方形的性質解題.

證法6：如圖7,連接AC,過點E作EH⊥AC于點H,過E作EM⊥FC的延長線于點M.

圖7

由AC是正方形的對角線,CF是外角平分線,可知∠ACD=∠DCF=45°,AC⊥CF.

易知△CME是等腰直角三角形,則EM=CM.

所以四邊形HEMC是正方形,可知EH=EM.

設AC與EF交于點O,在△AEO和△FCO中,由直角及對頂角分別對應相等,易得∠EAO=∠EFC.

又∠AHE=∠M=90°,所以△AEH≌△FEM(AAS).故AE=EF.

點評：此證法巧妙運用點F在正方形外角平分線上這一特征,構造正方形,從而出現兩個全等的直角三角形,復習了角平分線的性質和特殊平行四邊形的性質等.

分析七：正方形的邊與角都有特殊性,可在BC下方構造一個直角三角形與△ABE全等,再發現有平行四邊形,并運用平行四邊形的性質解答.

證法7：如圖8,延長AB至點G,使BG=BE,連接EG,CG.

圖8

易證△ABE≌△CBG(SAS),可知∠BCG=∠BAE.

由“同角的余角相等”,可知∠BAE=∠FEC.

所以∠FEC=∠ECG,則EF∥GC.

又△BEG是等腰直角三角形,則∠GEC=135°=∠ECF,所以EG∥CF.

所以四邊形EGCF是平行四邊形,可知EF=CG.又CG=AE,所以EF=AE.

點評：△ABE≌△CBG可以看成是將△ABE繞點B順時針90°得到.本證法綜合運用了旋轉和平行四邊形的性質.

課本是最為經典與權威的示范性文本,也是學生與教師的必備教材.課本的很多題目都是經過千錘百煉和眾多專家的精心挑選而定的,也是經受了一代又一代學生檢驗的精品題目.在平時學習中,不能以時間不夠為借口,對課本題棄如敝屣,而應深鉆細研,從多角度去思考探究解題的突破口,對題目變式進行研究,掌握一類題的解法與變化規律,在探究過程中切實提高數學素養.Z