一道中考数学模拟试题的证明与拓展
2017-03-10北京教育学院朝阳分院白雪峰
☉北京教育学院朝阳分院 白雪峰
一道中考数学模拟试题的证明与拓展
☉北京教育学院朝阳分院 白雪峰
（北京市东城区2015—2016学年第二学期统一练习（一），初三数学第28题）如图1，等边△ABC，其边长为1，D是BC的中点，点E、F分别位于边AB、AC上，且∠EDF= 120°.
图1
（1）直接写出DE与DF的数量关系.
（2）若BE、DE、CF能围成一个三角形，求出这个三角形的最大内角（要求：写出思路，画出图形，直接给出结果即可）.
（3）思考：AE+AF的长是否为定值？如果是，请求出该值；如果不是，请说明理由.
说明：名曰统一练习，其实就是初三数学第一次模拟考试.本题是一道平面几何压轴题，具有一定的开放度和探究性，通过本题不仅可以检测学生几何学习的基础知识、基本技能，特别是对几何基本图形变换的理解和掌握程度，对基本思想和基本活动经验的感悟和认知水平，同时，也考查了学生在几何学习过程中的直观想象素养和学习探究能力.本文将对每一个问都给出详细求解过程，以展示数学思维过程的严密性.
一、模拟试题的求解
（1）解：猜想DE=DF.
证法1：如图2，连接AD，则AD为∠BAC的平分线.
过点D作DH⊥AC于H，DG⊥AB于G.
由∠EDF=120°，得∠FDC+∠EDB=180°-120°=60°.∠HFD=∠FCD+∠FDC=60°+∠FDC，①
∠GED=∠BED=180°-∠B-∠EDB=120°-∠EDB.②①-②得：∠HFD-∠GED=-60°+（∠FDC+∠EDB）= 60°-60°=0.
所以∠HFD=∠GED.
则Rt△DGE≌Rt△DHF.
则DE=DF.
图2
图3
证法2：如图3，连接AD.
∠EAF+∠EDF=60°+120°=180°.
所以A、E、D、F四点共圆.
AD为∠BAC的平分线.
则∠EAD=∠FAD.
则DE=DF.
说明：证法1利用构造全等三角形的方法证明线段相等，过程冗长、繁杂；证法2利用四点共圆的知识证明圆中的弦DE=DF，过程直观、简洁.在第（2）和（3）问中，我们将直接应用A、E、D、F四点共圆及∠FDC+∠EDB= 60°这两个结论解决问题.
（2）解：如图4，延长FD到点K，使DK=DF，连接BK、EK.
图4
由∠BDK=∠CDF，D为BC的中点，得△BDK≌△CDF.
则BK=CF，∠KBD=∠FCD.
∠EDK=∠EDB+∠BDK=∠EDB+∠FDC=60°.又ED= DF=DK，则△DEK为等边三角形，则EK=DE.
由BE、CF、DE为边围成的△EKB中，∠EBK最大，
此时，∠EBK=∠EBD+∠KBD=60°+60°=120°.
说明：如图4，四边形EBKD中，∠EDK=60°，∠EBK= 120°，∠EDK+∠EBK=180°，E、B、K、D四点共圆，即四边形EBKD为圆内接四边形，与四边形EDFA有相同的特殊性，∠EDK=∠EAF=60°，∠EBK=∠EDF=120°，DE=DK，DE=DF.如果将等边△ABC推广到一般的等腰三角形（△ABC中，AB=AC），上述这些特征依然成立，所以它们都是图形运动变化过程中的不变量，也是此题的本质特征.而求出由BE、DE、CF能围出的三角形的最大内角，只是在等边三角形中成立的特殊性情况，在一般等腰三角形中不存在这种情况.因此，笔者在拓展问题中，把由线段BE、CF、DE、DF能否围成有一组邻边相等的四边形，且相等邻边所夹的角等于原等腰三角形的顶角作为拓展问题.
（3）解法1：如图5，在CA上截取FM=BE.
图5
由A、E、D、F四点共圆，得∠BED=∠MFD.又DE=DF，则△BED≌△MFD.则∠FMD=∠EBD=60°，
则∠A=∠FMD.则DM∥AB.
AE+AF=AB-BE+AC-CF=2AB-（BE+CF）=
解法2：如图2，由（1）证法1证得：Rt△DGE≌Rt△DHF，GE=HF.
二、模拟试题的拓展
等边三角形是一种特殊的等腰三角形，类比于其他特殊的等腰三角形，又会产生怎样的结论呢？首先我们来看等腰直角三角形.
拓展1：把等边三角形变化为等腰直角三角形.
如图6，已知在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且∠EDF=90°.求证：
图6
（1）DE=DF；
（2）线段BE、DE、DF和CF能围成一组邻边相等且相等邻边所夹的角等于90°的圆内接四边形；
证明：（1）∠EAF+∠EDF=90°+90°=180°，所以A、E、D、F四点共圆.
连接AD，则AD为∠BAC的平分线，即∠BAD=∠CAD=45°.
则DE=DF.
（2）如图7，延长FD到K，使DK=DF，连接BK.
由∠FDC=∠BDK，DC=DB，DF=DK，得△FDC≌△BDK.
所以∠FCD=∠KBD=45°，FC=BK.
由∠EDF=90°，得∠EDB+∠FDC=90°，则∠EDB+∠KDB=90°，即∠EDK=90°.
则E、B、K、D四点共圆，且DE=DK=DF，∠EDK=∠BAC=90°.
图7
图8
（3）如图8，连接AD.
由（1）知∠BAD=45°.
所以AD=DC=BD.
因为A、E、D、F四点共圆，注意到DE=DF，则△AED≌△CFD.
则CF=AE.
拓展2：把等边三角形变化为一般的等腰三角形.
如图9，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，D是BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且∠EDF=180°-α.求证：
（1）DE=DF；
（2）线段BE、DE、DF和CF能围成一组邻边相等且相等邻边所夹的角等于α的圆内接四边形；
证明：（1）证明方法与原题和拓展1相同，略.
图9
图10
（2）如图10，延长FD到点K，使DK=DF，连接BK.
由∠FDC=∠KDB，DB=DC，DK=DF，得△BDK≌△CDF.
所以BK=CF，∠DBK=∠DCF.则∠EBK=∠EBD+∠DBK=∠EBD+∠DCF=180°-∠BAC.
因为∠EDF=180°-∠BAC，所以∠EDB+∠FDC=∠BAC.
则∠EDB+∠BDK=∠BAC.
所以∠EDK=∠BAC.
所以E、B、K、D四点共圆.
所以由线段BE、DE、DF和CF围成的四边形是圆内接四边形，且DE=DK，∠EDK=∠BAC=α.
图11
（3）如图11，在AF上截取FG= BE，连接DG，过点C作CH⊥DG于H.
因为A、E、D、F四点共圆，所以∠BED=∠GFD.又DE=DF，BE=GF，则△BED≌△GFD.
所以BD=DG=DC，∠BDE=∠GDF.
∠CDG=∠CDF+∠FDG=∠CDF+∠BDE=180°-∠EDF=α.
在Rt△DHC中，DH=DC·cosα.
则HG=DG-DH=DC-DC·cosα.
CG2-HG2=DC2-DH2，即CG2-DC2（1-cosα）2=DC2-DC2·cos2α.
所以CG2=DC2·cos2α+DC2-2DC2·cosα+DC2-DC2· cos2α=2DC2（1-cosα）.
