纠正错题 提高解题能力
2019-05-25韩宝华
韩宝华
“四边形”这一章的性质、定理很多，它与角平分线、全等三角形等知识点相综合，题型丰富。同学们在解决有关四边形问题时，会产生各种错误。希望通过学习本文，同学们能更好地理解题目的本质，提高解题能力。
一、画图不全面，漏解
例1 已知在平行四边形ABCD中，AB=6，∠ABC的平分线BE把边AD分成3∶2的两部分，求这个平行四边形的周长。
【错解】32。
【错因分析】题目中没有给出图形，有些同学在做题画图时没有考虑线段AD的成比例的两部分的两种情况。因此，漏解是解决四边形问题时常会出现的错误。
【正解】如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
图1
∴∠AEB=∠CBE。
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB。
当AE∶ED=3∶2时，可设AE=3x，则ED=2x，AD=5x，AB=AE=3x，
又∵AB=6，∴x=2，∴AD=10。
此时平行四边形的周长为2×（6+10）=32。
当AE∶ED=2∶3时，如图2，可设AE=2x，则ED=3x，AD=5x，AB=AE=2x，
图2
又∵AB=6，∴x=3，∴AD=15，
此时平行四边形的周长为2×（6+15）=42。
【点评】当题中没有给出图形时，大多数情况下要结合题意，正确画出图形。此外，要考虑分类讨论。
二、混淆矩形、菱形的判定定理
例2 如图3，已知四边形ABCD，点E、F、G、H分别是各边的中点。
（1）当AC、BD满足什么条件时，可得四边形EFGH是矩形？
（2）当AC、BD满足什么条件时，可得四边形EFGH是菱形？
【错解】（1）AC=BD；（2）AC⊥BD。
【错因分析】在得到中点四边形EFGH的基础上，把原四边形ABCD的对角线混淆成四边形EFGH的对角线。
【正解】（1）AC⊥BD。
证明：∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF∥GH，且EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形。
若证四边形EFGH是矩形，
证明∠EFG=90°即可。
∵EF∥AC，FG∥BD，
∴只需BD⊥AC即可。
（2）AC=BD。证明可类比（1）。
【点评】类比法不仅是一种从特殊到特殊的推理方法，更是一种寻求解题思路、猜测问题答案或结论的方法。
三、不能将特殊四边形转化为特殊三角形
例3 如图 4，在坐标系中，有A（0，6）、C（8，0），动点P以2个单位/秒的速度从点A沿线段AC向点C移动，同时动点Q以1个单位/秒的速度从点C沿CO向点O移动，当其中一点到达终点时，P、Q同时停止运动。
图4
（1）用时间t表示P点坐标。
（2）t为何值时，平面中存在点M，使得以P、Q、C、M为顶点的四边形为菱形。
【错因分析】（1）不能正确地根据线段关系表示线段长，不能构造相似求线段长。
（2）对菱形与等腰三角形的关系理解不透，不能将菱形的存在转化为等腰三角形的存在。
【正解】由题意可得：AP=2t，AC=10，PC=10-2t，CQ=t。
（1）如图5，过点P作PH⊥OC，垂足为点H，则可得△CPH∽△CAO，
图5
（2）①代数法：如图5，
在Rt△PHQ中，PQ2=PH2+HQ2。
若CQ=CP，存在四边形CQMP为菱形，则：t=10-2t，得t=
若PQ=PC，存在四边形PQMC为菱形，这时 PQ2=PC2，即：（6-）2+（t-8）2=（10-2t）2，得t=
若QP=QC，存在四边形PQCM为菱形，则QP2=QC2，即：（6-t）2+（t-8）2=t2，得t=。
②几何法：若CQ=CP，存在四边形CQMP为菱形，则：t=10-2t，得t=。
若PQ=PC，如图6，存在四边形PQMC为菱形，过点P作PG⊥OC于点G，
图6
若QP=QC，如图7，存在四边形PQCM为菱形，过点Q作QG⊥AC于点G，
图7
【点评】因为菱形是以对角线所在的直线为对称轴的轴对称图形，故只要△CPQ为等腰三角形，然后沿着△CPQ的底边翻折，可得菱形。
四、解题过程不规范
例4 已知：如图8，在▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F.求证：△ADE≌△CBF.
图8
【错解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF。
【错解原因】不能直接由平行四边形ABCD得到∠ADE=∠CBF。△ADE≌△CBF还缺等边条件，应该在证明中呈现出来。
【正解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF。
同学们，做错题不可怕，只要我们能够找到产生错误的原因，迎难而上，相信自己，一定能提高解题能力。
