一道課本習題的多向探究

摘要：課本是教與學的重要依據.課本中的習題是經過眾多專家精心挑選而定的，很多題目都是經過了千錘百煉的設計，在幫助學生掌握數學基礎知識、基本技能、數學思想、活動經驗等方面起著重要作用，對于完善認知結構、培養理性思維有著不可替代的作用.本文中從不同角度對一道課本習題進行觀察、分析、思考，以提高學生的探究意識和創新能力，發展數學核心素養.

關鍵詞：課本習題；多角度解答；理性思維

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.