一道竞赛题展开的变式与研究
2013-10-26
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(鹤浦中学 浙江象山 315733)
一道竞赛题展开的变式与研究
●奚喜兵
(鹤浦中学 浙江象山 315733)
原题如图1，在正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，满足EF=BE+DF，AE,AF分别与对角线BD交于点M,N，求证：
(1)∠EAF=45°;
(2)MN2=BM2+DN2.
(2007年四川省初中数学联赛试题)
图1 图2
证明(1)将△ADF绕点A顺时针旋转90°到△ABF′的位置(如图2)，则BF′=DF，显然点F′在CB的延长线上.由已知可得
EF=BE+DF=BE+BF′=EF′，AF=AF′，
从而
△AEF≌△AEF′(SSS)，
(2)在图2中，记N的对称点为点N′，实际上是把△ADN旋转到△ABN′，从而
∠ABN′=∠ADN=45°，
AN′=AN，BN′=DN.
由第(1)小题，知
∠EAF=∠EAF′，
即
∠MAN=∠MAN′,
于是
△AMN≌△AMN′,
因此
MN=MN′．
在Rt△MBN′中，由勾股定理得
N′M2=N′B2+BM2=BM2+DN2,
图3
从而
MN2=BM2+DN2.
评注上述解题过程中的旋转方式也可以是将△ABE绕点A逆时针旋转90°到△ADE′的位置(如图3)，证明方法与上面完全类似.
变式1如图1，在正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，满足∠EAF=45°，AE,AF分别与对角线BD交于点M,N，求证：
(1)EF=BE+DF;
(2)MN2=BM2+DN2.
事实上，题中条件EF=BE+DF与结论∠EAF=45°可以互换，即当∠EAF=45°时，必有:
(1)EF=BE+DF;
(2)MN2=BM2+DN2.
因为在图2中，第(1)小题的证明过程是可逆的，即由已知∠EAF=45°可以证明△AEF≌△AEF′(SAS)，得出EF=EF′，从而
EF=BE+BF′=BE+DF，
即结论(1)成立，结论(2)同理可证.
图4
变式2(生活化)把原题中的正方形改为2块完全相同的等腰直角三角板.如图4,在同一平面内，将2个全等的等腰直角三角形△ABC和△AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AFG=90°.如果△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，边AF,AG与BC边分别交于点D,E.在旋转过程中，DE2=BD2+CE2是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
解结论DE2=BD2+CE2是成立的.
证法1类似于原题用旋转的方法可以证明(略).
证法2根据DE2=BD2+CE2的特点，自然想到把式子中的3条线段集中到一个直角三角形中去.根据图形的特点,可以找到点B关于边AF的对称点B′，联结DB′,EB′(如图5)，通过三角形全等可以说明点B′也是点C关于边AG的对称点，通过计算可以得出∠DB′E=90°.在Rt△DEB′中，由勾股定理得
DE2=B′D2+B′E2=BD2+CE2.
图5 图6
探究仔细观察不难发现，在图2和图3的证明中，有∠AEF=∠AEF′，∠AFE=∠AFD.结合轴对称变换，把△ABE,△ADF分别以AE,AF为对称轴作轴对称变换得图6.于是又可以将原题进行如下改编：
1.在边长为a正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，满足EF=BE+DF，AH⊥EF(如图6).求证：(1)∠EAF=45°;(2)AH=a.
2.在边长为a正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，AH⊥EF(如图6).如果AH=a,求证：(1)EF=BE+DF;(2)∠EAF=45°.
3.在边长为正方形ABCD中，E,F分别是边BC,CD上的点，AH⊥EF(如图6).如果∠EAF=45°,求证：(1)EF=BE+DF;(2)AH=a.
经过探究，发现在图6中，在AH⊥EF的前提下，3个条件“①EF=BE+DF;②∠EAF=45°;③AH=a”中，只要有1个条件成立，另外2个结论可证明成立.
轴对称变换、旋转变换的本质都属于图形的全等变换，其共同特征是只改变图形的位置，不改变图形的形状和大小，因而在变换中，对应线段相等，对应角相等.我们可以通过图形的这种变换，在不改变图形的形状和大小的前提下，实现图形的重新组合，建立新的图形关系，从而找到解决问题的捷径.
综合以上几例可以看出，运用图形的变换解题确实是一种有效的方法.图形的这种变换“变而不变”，“变”使得图形有了新的位置，“不变”使得图形保持了原有的特征，渗透着深刻的辨证思想.正是由于这“变”与“不变”，才使得图形变换在解题中发挥着重要的作用.
