一个月考试题的编写历程及解法探讨

☉重庆市第十一中学校彭小永

一个月考试题的编写历程及解法探讨

☉重庆市第十一中学校彭小永

一、原题呈现

题目如图1，△ABC为等边三角形，M是射线AE上的任意一点（点M不与点A重合），连接CM，将CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D，求直线BN与射线AE相交成锐角的度数.

图1

图2

分析：如图2，本题作为等腰三角形的一个常规题目，很容易由“SAS”证明△ACM≌△BCN，则∠1=∠2，在△ACP与△BDP中，由三角形的内角和定理得到∠3=∠4=60°.类似地，也可以通过全等的证明，得出∠AMC=∠BNC，继而得出BM与AE相交得到的锐角为60°.

在看到这个题后，笔者的第一感觉就是这个题是个好题，因为可以对它做很好的改编.

二、改编历程

1.让点M动起来

当笔者用几何画板画出图1后，笔者拖动点M至△ABC内部，得到变式1.

变式1：如图3，△ABC为等边三角形，M是射线AE上的任意一点（点M不与点A重合），连接CM，将CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D，求直线BN与射线AE相交成锐角的度数.

这种小的变化并不能难倒学生，学生可以用上述方法轻松得解，但将两个非常近似的小题放在一起组成一个考题，显得不太合适.虽然如此，这种小的变化却可让人耳目一新，因为它为我们题目的改编提供了一个很好的思路.

图3

2.让射线AE动起来

有了上面的变式，很容易想到让射线AE动起来这一思路，将∠EAC由锐角变为钝角，得到变式2.

变式2：如图4，△ABC为等边三角形，M是射线AE上的任意一点（点M不与点A重合），连接CM，将CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D，当射线AE与AC的夹角∠EAC为钝角时，其他条件不变，直线BN与射线AE相交成锐角的度数是否发生变化，如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由.

图4

图5

分析：如图5，此题仍然可以由“SAS”证明△ACM≌△BCN，得∠AMC=∠BNC，在△DMP与△CNP中，可由三角形的内角和定理得到∠EDN=∠MCN=60°.

3.让角的大小动起来

有了点的运动，也有了线的运动，能不能让角的大小也动起来呢？答案是肯定的.

我们不妨将等边三角形ABC中的∠ACB由60°变为90°，将正三角形ABC变成等腰直角三角形ABC，同时将线段CM绕点C的旋转角度也改为90°，仍可继续探究直线BN与射线AE的夹角.因为这个探究与原题类似，如果将现在这个变式与原题组合在一起作为一个试题，仍显得太没有层次，于是笔者进行了更加深入的探索.

设AE与BC交于点H，BN与AE交于点D，线段CD与BH的长度之间会不会有什么比较特殊的数量关系呢？

在几何画板中完成上述作图过程后，度量了BH和CD的长度，在变换∠CAE大小的过程中，发现当∠CAE= 15°时，BH的长度刚好等于CD长度的2倍，且此时无论怎

样改变射线上点M的位置（此处，可以作出将点M拖动到不同位置时的图形，让学生做更多有益的探索），BH= 2CD这个关系始终保持不变.我们不妨把现在这个改编叫做变式3.

变式3：如图6，在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，射线AE交BC于点H，∠EAC=15°，点M是射线AE上任意一点（点M不与点A重合），连接线段CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D，求证：BH=2CD.

变式3既可以继续用到△ACM≌△BCN，在探索BH与CD的长度关系时，又需要学生狠下一番功夫.将它与原题组合，既使整个题有较好的层次性，在探索BH与CD的长度关系时又可以拓宽学生的思路，不失为一个完美的组合.

4.改编后的试题

改编题已知，△ABC为等边三角形，M是射线AE上任意一点（点M不与点A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转60°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D.

（1）如图1，求直线BN与射线AE相交所成锐角的度数.

（2）如图4，当射线AE与AC的夹角∠EAC为钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，请加以证明；如果变化，请说明理由.

（3）如图6，若将题中的正△ABC改为Rt△ABC，其中∠ACB=90°，CA=CB，射线AE交BC于点H，∠EAC=15°，点M是射线AE上任意一点（点M不与点A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，连接BN，直线BN交射线AE于点D，连接CD.求证：BH=2CD.

三、解法探讨

图6

改编后的试题的（1）（2）问都较简单，在此不作赘述，第（3）问是难点.在一次月考中，笔者选用了这个题，学生在解答过程中遇到了极大的障碍.

1.艰难的探索，繁杂的解题步骤

拿到第（3）问后，第一个感觉就是很难将BH与CD联系起来.但聪明的学生很会想办法，要证二倍关系BH= 2CD，学生首先想到的是中位线，他们找到了AB与AH的中点P与Q，构造了△ABH的中位线PQ，则BH=2PQ，只需证明PQ=CD就可以.虽然很多人发现了此时有直角三角形、有斜边的中点，也想到了用“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”来解决问题.但在寻找和证明全等三角形的过程中，同学们遇到了重重障碍.在讲评课上，经过学生较长时间的探索和讨论后，终于有同学得到了一种方法.

证法1：如图7，因为∠ACM与∠BCN均为∠BCM的余角，所以∠ACM=∠BCN，由“SAS”可以证得△ACM≌△BCN，故∠4=∠2=15°.在△ACH与△BDH中，由三角形的内角和定理，可得∠BDH=∠ACH=90°.

作△ABH的中位线PQ，可得BH=2PQ，∠5=∠6=45°.由直角三角形斜边中线的性质可得AQ=CQ=HQ，DP= AP=BP，从而∠1=2∠2=30°=∠3，∠DPB=2∠3=60°，∠DQP=∠3+∠5=75°，∠DPQ=180°-∠5-∠DPB=75°，即∠DQP=∠DPQ=75°，所以DQ=DP=AP.由“SAS”可证明△APQ≌△QDC，从而PQ=DC，所以BH=2PQ=2DC.

图7

图8

解后反思：证明△APQ与△QDC全等是最难的部分，但找中位线是一个大的突破.虽然步骤仍较复杂，但中规中矩，也比较好理解.在证法1的启发下，很快有同学给出了第二种方法，即证法2.

证法2：如图8，作BL∥AE交QP的延长线于点L，则四边形BLQH是平行四边形，所以BH=LQ=2PQ=2PL，BL= QH=QC，∠PBL=∠3=∠1=30°，由证法1知QD=PA，由“SAS”可得△BPL≌△QDC，所以PL=DC，从而得到BH= 2DC.

解后反思：能利用平行四边形和等腰梯形的性质解题是证法2最大的突破.证法2的思路看起来比证法1简单，但用到了证法1很多现成的结论，真正的证明步骤与证法1不相上下.

2.相似形做支撑，难点得以突破

在证法1和证法2中，同学们主要抓住了直角三角形的性质、中点的性质、平行四边形与等腰三角形的性质，在巧妙利用中位线的情况下，利用全等艰难地解决了问题.是不是就没有简单的证法呢？学生在短暂的思考后，出现了转机.

证法3：如图7，由证法1可知，∠ADB=∠ACB=90°，且∠2=∠4，所以△ACH∽△BDH，故.又因为∠AHB=∠CHD，所以△ABH∽△CDH，从而得到∠ADC=∠6=45°=∠5.因为∠1=∠3=30°，AQ=CQ，由“AAS”可得到△APQ≌△QDC，从而轻松得解.解后反思：证法3巧妙地运用相似，避开了“QD=PA”这一繁杂部分的证明，使解题的过程得以简化.同时，同学们发现：还可以利用证法3得到∠ADC=∠5，求出∠QCD=∠AQP，使△APQ与△QDC中的三对角都对应相等，加上证法1中得出的DQ=AP这一条件，将这些条件进行不同的组合，可以衍生出多种方法，多种方法的陈述，使得此题的难点得以迅速突破.由于这些方法与证法3都大同小异，这里就不再赘述.

3.引入四点共圆，让人拍案叫绝

因为在证法3中用到了两次相似，有同学很快想到了四点共圆，得到了证法4.

证法4：如图7，因为∠ADB=∠ACB=90°，所以A、C、D、B四点共圆，故∠ADC=∠6=45°=∠5，利用“AAS”或“ASA”便可证明△APQ≌△QDC，轻松得解.

本以为这是最简单的方法，笔者也想这个题的讲评就到此为止，忽然，一句“老师，你想多了！可以不证第二次全等也可得到答案”从角落里冒了出来，这句没头没脑的话立即引起了大家的注意，在大家的掌声中，证法5诞生.

证法5：如图7，由四点共圆得到∠ADC=∠6=45°，∠ADP=∠3=30°=∠1，所以DP∥CQ，我们还可以得到∠PDC=75°=∠DPQ，所以四边形CDPQ是等腰梯形，即CD=PQ，从而得到BH=2PQ=2CD.

话音刚落，有同学又提出了既不用构造中位线，又不需要第二次繁杂的全等证明也能轻松得到答案的想法，这就是证法6.

证法6：因为∠ADB=∠ACB= 90°，所以A、C、D、B四点共圆，∠BCD=∠3=30°，作△BDH的斜边BH的中线，如图9，则DK=HK=BK=所以∠DKC=2∠4=30°=∠BCD，可得