南京师范大学附属中学新城初级中学(210019) 宋远征
题目 如图1,在∆ABC中,AB=AC,∠BAC=α,M为BC的中点,点D在MC上,以点A为中心,将线段AD顺时针旋转α得到线段AE,连接BE,DE.
图1
(1)比较∠BAE与∠CAD的大小; 用等式表示线段BE,BM,MD之间的数量关系,并证明;
(2)过点M作AB的垂线,交DE于点N,用等式表示线段NE与ND的数量关系,并证明.
文献[1]和[2]从不同的角度进行探究与思考,特别是运用同一法,将条件与结论互换,从结论出发,倒推出垂直,再根据基本事实“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直”证明唯一性,转换了思考的角度,拓宽了解决问题的空间.
图形的平移变换改变的是线段的位置,不变的是特定的数量关系和特殊的位置关系,如果将ED平移到合适的位置,将问题进行合适的转换,从将研究的重心从N点转移到M点上,从而降低了研究的难度.从角平分线的角度出发,引导学生尝试构造倍半角的模型,如图2,延长EB到G使得BG=BD,连接DG,易知DG//AB,过N作NQ⊥MN交BC于P点,则NQ//AB,交EG于Q点,若EN=ND,可得Q是EG的中点且PM=BE=CD.但是这个思路是依据N为ED的中点倒推出来的,若根据Q为EG中点,连接QN,却较难证明QN⊥EM,以及N为ED的中点,因此考虑从证明PM=BE来寻找突破.
图2
思路1将线段ED沿着NM方向平移到GH,如果N是ED的中点,则M点是GH的中点.
方法1如图3,过E作EG⊥AB,垂足为G点,过D作DQ⊥AB,垂足为Q,过C作CH⊥DQ交QD的延长线于H点,连接MG、MH.下证G、M、H三点是共线的.由作图易知AB//CH,所以∠3=∠2.由第(1)问可知∠1=∠2,所以∠1=∠3.又因为∠EGB=∠DHC=90◦和BE=CD,可证∆BEG∆CDH(AAS),所以BG=CH,EG=DH.再由已知得BM=CM,结合∠3=∠2 和BG=CH可证∆BGM∆CHM(SAS),所以GM=HM,∠GMB=∠HMC,所以∠GMB+∠GMC=∠HMC+∠GMC=180◦,则G、M、H三点共线.由EG⊥AB和MN⊥AB,可得EG//MN,又因为GM=HM,根据平行线分线段成比例可证EN=ND.
图3
方法2运用同一法.如图3,过E作EG⊥AB,垂足为G点,过D作DQ⊥AB,垂足为Q,过C作CH⊥DQ交QD的延长线于H点,连接GH,设BC和GH的交点为M′.
同解法1,可证明∆BEG∆CDH(AAS),所以BG=CH.由BG=CH,∠GMB=∠CMH,∠3=∠2,可证∆BGM′∆CHM′(AAS),可得BM′=CM′,即M′为BC的中点,因此M′与M重合.
剩下步骤同解法1.
反思将探究的目标通过图形的变换转换到合适的位置进一步的探讨,降低分析的难度.在方法1 最后部分,帮助学生巩固平行线分线段成比例定理在证明题中的运用.
思路2构造“一线三等角”通过计算来证明线段长度相等.
方法3如图4,过N点作NP⊥MN,交BC于P点,连接AN、AM.因为PN⊥MN,AB⊥MN,所以PN//AB,可知∠3=∠2.易知∠4=∠3=∠C,根据“一线三等角”易证∆PND∽∆CDA,则设AM=1,MD=a,MC=b,MP=x,则
图4
因为AB=AC,M为BC的中点,所以AM⊥MC,即∠AMC=∠MPN=90◦,又因为∠3=∠C,可证∆MPN∽∆ACM,则即所以PN=由知解得x=b−a,即PM=CD.由和PM=CD,知又因为∠3=∠4,得∆AND∽∆MNP,所以∠MNP=∠AND=90◦.又因为AE=AD,根据“三线合一”得N为ED的中点.
方法4如图5,过N点作NP⊥MN,交BC于P点,方法3 证明了PM=CD.在MN的延长线上截取NQ=NM,连接NQ、EQ.可知NP为MQ的垂直平分线,则PQ=PM,且∠QPN=∠MPN,易知∠QPM=∠EBM,所以EB//PQ,又因为EB=CD=PM,所以EB=PQ,即四边形EBPQ为平行四边形,则EQ=PB=MD,且EQ//PB.易证∆EQN∆DMN,则NE=ND.
图5
方法5如图2,过N点作NP⊥MN,交BC于P点,根据方法3 有PM=CD=EB.过D作DG//AB交EB的延长线于G点,延长NP与EG交于Q点.所以有∠G=∠1,∠3=∠2,则∠G=∠3,得BG=BD,同理可证BQ=BP,则QG=PD=BM.因为EQ=EB+BQ=PM+BP=BM,所以EQ=QG,根据平行线分线段成比例得EN=ND.
方法6如图6,过N点作NP⊥MN,交BC于P点,过E作AB的平行线交CB的延长线于G点,由∠1=∠3,∠2=∠G,可证GB=BE,由方法3 知PM=CD=EB,因为BM=CM,则可证PD=GP,又因为PN//AB,利用平行线分线段成比例得ND=NE.
图6
反思思路2 中的核心条件是PM=BE且PM⊥MN,要使得两个条件同时满足,通过作图是无法直接实现的,因此需要借助计算的手段来进一步判断,计算过程中借助“一线三等角”寻找相似,再通过比例关系的计算来证明PM=BE.
思路3如图7,以M为原点建立平面直角坐标系,通过计算证明N为ED中点.
图7
方法7设A(0,1),B(b,0),D(a,0),E(m,n),可求出DE所在直线的函数表达式为y=(m−a).同理可得kAB=因为AB⊥MN,则kMN=b,则MN所在直线的函数表达式为y=bx.联立方程组可求出F点坐标为由EA=AD知m2+(n−1)2=12+a2,化简得m2+n2=2n+a2,由EB=CD知(m−b)2+n2=12+(−b−a)2,化简得m2+n2=2mb+2ab+a2.联立上述两个式子得n=(m+a)b,所以根据中点坐标公式,F点为ED的中点.
方法8运用同一法,取DE的中点N′,根据方法7 中的设法,则N′的坐标为,由方法6 知n=(m+a)b,kMN′=则kMN′kAB=所以MN′⊥AB,由于过M点有且只有一条直线与AB垂直,因此MN与MN′是重合的,即N与N′重合,N′为DE的中点.
反思一次函数中,斜率乘积为−1 的两条直线互相垂直,对于初中阶段的学生来说可以借助“一线三垂直”构造相似,运用代数推理进行证明,因此这个结论对于学有余力的学生来说并不难理解,建立直角坐标系,运用数形结合的方法解决问题的好处就是尽可能的不用辅助线,可以作为拓展学生思维的一种方法.
4.1 整理基本构图方法,总结图形结构特征
对学生来说,复杂的几何图形往往让他们无法快速找到解题思路,引导和鼓励学生整理常见的构图方法,总结图形的结构特征,能够有效地促进学生探索解决问题的方向.特别是通过构造“一线三等角”模型,运用计算来证明线段相等的方法,在以往的练习中,与学生讨论过这样的一道习题:
如图8,在正方形ABCD中,M是BC边上任意一点,P是BC延长线上一点,N是∠DCP平分线上一点,若∠AMN=90◦,求证:AM=MN.
图8
批改学生的作业发现,绝大部分学生首先想到的是作NG⊥BP构造“一线三垂直”,在证明∆ABM和∆MNG全等时,没有对应的边相等,好像这条路被堵住了,但是在构图的过程中发现,如果M点位置确定,N点的位置是唯一确定的,其中一定隐藏着线段之间的数量关系,反过来倒推条件,我们要证明的结论AM=MN一定是成立的,必有∆ABM∆MGN,便有BC=MG,即BM=CG=NG,借助“一线三等角”得∆ABM∽∆MGN,则有设AB=1,BM=x,MC=1−x,CG=GN=a,即解得x=a,即BM=CG.我们将这个例子中学习的经验,运用到了本题中的思路2 中,证得MP=CD后,根据“三线合一”、“角平分线+等腰+平行”或者“倍半角”等基本的构图方法,寻找解题的突破口.
4.2 加强运算能力训练,在试错中勇敢前行
在运用数形结合的方法时,与学生一起讨论的过程中,一开始的各种尝试并不是很顺利,需要引入字母参数来表示点的坐标或者直线的函数表达式,如果设的字母个数较少或者较多,对于某些线段或者点坐标的代数表达式就会非常的复杂,对后续的计算产生心理上障碍,例如只设两个参数表示出C、D点的坐标,利用∠ABC的三角函数值构造二倍角的图形结构求出∠EBC的三角函数值,从而表示E点的坐标,但是由于数据过于复杂,后续的运算则无法进行下去.关于运算素养的培养,不仅仅是为了追求计算的结果,更重要的是面对综合性较强的问题上,需要总结如何将复杂的运算变得简便、高效.对于思路4,合理的设置了4 个参数,避免不必要的计算过程,只需要恰当的表示出关键的条件EA=AD且EB=CD,通过消去高次元的方式得到4 个参数之间的数量关系,就运用代数推理推导出中点表达式或者计算k值乘积为−1.
解题的过程就是一种历练,特别是面对复杂的代数式计算时,不仅是考察学生的运算素养,更是心理素质的训练,面对错误也不放弃尝试,勇敢前行,在成功解决问题的过程中感受数学解题带来的成就感.
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