一道中考數(shù)學模擬試題的證明與拓展

☉北京教育學院朝陽分院 白雪峰

一道中考數(shù)學模擬試題的證明與拓展

☉北京教育學院朝陽分院 白雪峰

（北京市東城區(qū)2015—2016學年第二學期統(tǒng)一練習（一），初三數(shù)學第28題）如圖1，等邊△ABC，其邊長為1，D是BC的中點，點E、F分別位于邊AB、AC上，且∠EDF= 120°.

圖1

（1）直接寫出DE與DF的數(shù)量關系.

（2）若BE、DE、CF能圍成一個三角形，求出這個三角形的最大內(nèi)角（要求：寫出思路，畫出圖形，直接給出結(jié)果即可）.

（3）思考：AE+AF的長是否為定值？如果是，請求出該值；如果不是，請說明理由.

說明：名曰統(tǒng)一練習，其實就是初三數(shù)學第一次模擬考試.本題是一道平面幾何壓軸題，具有一定的開放度和探究性，通過本題不僅可以檢測學生幾何學習的基礎知識、基本技能，特別是對幾何基本圖形變換的理解和掌握程度，對基本思想和基本活動經(jīng)驗的感悟和認知水平，同時，也考查了學生在幾何學習過程中的直觀想象素養(yǎng)和學習探究能力.本文將對每一個問都給出詳細求解過程，以展示數(shù)學思維過程的嚴密性.

一、模擬試題的求解

（1）解：猜想DE=DF.

證法1：如圖2，連接AD，則AD為∠BAC的平分線.

過點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.

則Rt△DGE≌Rt△DHF.

則DE=DF.

圖2

圖3

證法2：如圖3，連接AD.

∠EAF+∠EDF=60°+120°=180°.

所以A、E、D、F四點共圓.

AD為∠BAC的平分線.

則∠EAD=∠FAD.

則DE=DF.

說明：證法1利用構(gòu)造全等三角形的方法證明線段相等，過程冗長、繁雜；證法2利用四點共圓的知識證明圓中的弦DE=DF，過程直觀、簡潔.在第（2）和（3）問中，我們將直接應用A、E、D、F四點共圓及∠FDC+∠EDB= 60°這兩個結(jié)論解決問題.

（2）解：如圖4，延長FD到點K，使DK=DF，連接BK、EK.

圖4

由∠BDK=∠CDF，D為BC的中點，得△BDK≌△CDF.

則BK=CF，∠KBD=∠FCD.

∠EDK=∠EDB+∠BDK=∠EDB+∠FDC=60°.又ED= DF=DK，則△DEK為等邊三角形，則EK=DE.

由BE、CF、DE為邊圍成的△EKB中，∠EBK最大，

此時，∠EBK=∠EBD+∠KBD=60°+60°=120°.

說明：如圖4，四邊形EBKD中，∠EDK=60°，∠EBK= 120°，∠EDK+∠EBK=180°，E、B、K、D四點共圓，即四邊形EBKD為圓內(nèi)接四邊形，與四邊形EDFA有相同的特殊性，∠EDK=∠EAF=60°，∠EBK=∠EDF=120°，DE=DK，DE=DF.如果將等邊△ABC推廣到一般的等腰三角形（△ABC中，AB=AC），上述這些特征依然成立，所以它們都是圖形運動變化過程中的不變量，也是此題的本質(zhì)特征.而求出由BE、DE、CF能圍出的三角形的最大內(nèi)角，只是在等邊三角形中成立的特殊性情況，在一般等腰三角形中不存在這種情況.因此，筆者在拓展問題中，把由線段BE、CF、DE、DF能否圍成有一組鄰邊相等的四邊形，且相等鄰邊所夾的角等于原等腰三角形的頂角作為拓展問題.

（3）解法1：如圖5，在CA上截取FM=BE.

圖5

由A、E、D、F四點共圓，得∠BED=∠MFD.又DE=DF，則△BED≌△MFD.則∠FMD=∠EBD=60°，

則∠A=∠FMD.則DM∥AB.

AE+AF=AB-BE+AC-CF=2AB-（BE+CF）=

解法2：如圖2，由（1）證法1證得：Rt△DGE≌Rt△DHF，GE=HF.

二、模擬試題的拓展

等邊三角形是一種特殊的等腰三角形，類比于其他特殊的等腰三角形，又會產(chǎn)生怎樣的結(jié)論呢？首先我們來看等腰直角三角形.

拓展1：把等邊三角形變化為等腰直角三角形.

如圖6，已知在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D是BC的中點，點E、F分別在邊AB、AC上，且∠EDF=90°.求證：

圖6

（1）DE=DF；

（2）線段BE、DE、DF和CF能圍成一組鄰邊相等且相等鄰邊所夾的角等于90°的圓內(nèi)接四邊形；

證明：（1）∠EAF+∠EDF=90°+90°=180°，所以A、E、D、F四點共圓.

連接AD，則AD為∠BAC的平分線，即∠BAD=∠CAD=45°.

則DE=DF.

（2）如圖7，延長FD到K，使DK=DF，連接BK.

由∠FDC=∠BDK，DC=DB，DF=DK，得△FDC≌△BDK.

所以∠FCD=∠KBD=45°，F(xiàn)C=BK.

由∠EDF=90°，得∠EDB+∠FDC=90°，則∠EDB+∠KDB=90°，即∠EDK=90°.

則E、B、K、D四點共圓，且DE=DK=DF，∠EDK=∠BAC=90°.

圖7

圖8

（3）如圖8，連接AD.

由（1）知∠BAD=45°.

所以AD=DC=BD.

因為A、E、D、F四點共圓，注意到DE=DF，則△AED≌△CFD.

則CF=AE.

拓展2：把等邊三角形變化為一般的等腰三角形.

如圖9，在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，D是BC的中點，點E、F分別在邊AB、AC上，且∠EDF=180°-α.求證：

（1）DE=DF；

（2）線段BE、DE、DF和CF能圍成一組鄰邊相等且相等鄰邊所夾的角等于α的圓內(nèi)接四邊形；

證明：（1）證明方法與原題和拓展1相同，略.

圖9

圖10

（2）如圖10，延長FD到點K，使DK=DF，連接BK.

由∠FDC=∠KDB，DB=DC，DK=DF，得△BDK≌△CDF.

所以BK=CF，∠DBK=∠DCF.則∠EBK=∠EBD+∠DBK=∠EBD+∠DCF=180°-∠BAC.

因為∠EDF=180°-∠BAC，所以∠EDB+∠FDC=∠BAC.

則∠EDB+∠BDK=∠BAC.

所以∠EDK=∠BAC.

所以E、B、K、D四點共圓.

所以由線段BE、DE、DF和CF圍成的四邊形是圓內(nèi)接四邊形，且DE=DK，∠EDK=∠BAC=α.

圖11

（3）如圖11，在AF上截取FG= BE，連接DG，過點C作CH⊥DG于H.

因為A、E、D、F四點共圓，所以∠BED=∠GFD.又DE=DF，BE=GF，則△BED≌△GFD.

所以BD=DG=DC，∠BDE=∠GDF.

∠CDG=∠CDF+∠FDG=∠CDF+∠BDE=180°-∠EDF=α.

在Rt△DHC中，DH=DC·cosα.

則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）.