一道中考压轴题若干种解法.doc

一道中考压轴题（2007年）的若干种证法
广州市第四十七中学 陈汉桥

对于广州市2007年初中毕业生学业考试数学试题的最后一题,本人收集并研究了如下十种证明方法,陈述如下.
题目:已知Rt△ABC中，AB=BC，Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM.
（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图①，求证：BM=DM且BM⊥DM；
（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.

下面对第（2）问提供若干种证明方法,第(1)问略.
证法1:如图1，
将ΔABC沿AB翻折到ΔABF处，
将ΔADE沿AD翻折到ΔADG处，连结EF、GC，
∴∠FAC=∠EAG=90º
∠FAE=∠CAG=90º-∠EAC
又 ∵ AF=AC, AE=AG
∴ ΔFAE≌ΔCAG (SAS)
∴ FE=CG
图1
∵ , BM∥EF,, DM∥GC

∴ BM=DM.
∵ ΔAEF可以看作ΔAGC绕点A逆时针旋转90º得到，
∴ EF ⊥GC, 故BM⊥DM.
点评：此方法充分运用对称、翻折思想作辅助线，完成辅助线之后的图形，与图1.1右的图形完全相似,而这里ΔABD≌ΔACE是比较容易证明的.这种证法很容易让学生接受.

图1.1

证法2：如图2
分别取AC、AE的中点F、G,连结BF、MF、DG、MG，
∵ ΔADE、ΔABC都是等腰直角三角形
∴ BF⊥AC,DG⊥AE
又 ∵ MF∥AE,MG∥AC，，
图2

∴ ∠MFC=∠EAC=∠EGM,BF⊥GM,且四边形AGMF是平行四边形
∴∠BFM=90º-∠MFC=90º-∠EGM=∠MGD
∴ ΔBFM≌ΔMGD (SAS)
∴ BM=DM, ∠GMD=∠FBM
∴ ∠DMB=∠DMG+∠GMB=∠FBM+∠GMB=90º
故 BM⊥DM.
点评:对于轴对称图形,考虑辅助线的添加一般首先考虑对称轴,而这里,线段BF所在直线即为轴对称图形ΔABC的对称轴,DG的作法原理亦同此.本方法主要运用了如下知识:”三线合一”的性质,中位线的性质,平行四边形判定定理及其性质,全等三角形的判定定理等.

证法3：如图3
取AC的中点F，连结BD、BF、MF,
∵ ΔADE、ΔABC都是等腰直角三角形
∴ BF⊥AC，AD=AE,AB=AC=BF
图3
又 ∵ MF∥AE, ，
∴ AD=FM, ∠MFC=∠EAC
故 ，
又 ∵∠BFM=90º-∠MFC=90º-∠EAC=∠BAD
∴ ΔBAD∽ΔBFM
∴,∠ABD=∠FBM=45º-∠DBF , 故∠DBM=45º
又 ，即有，由∠AED=∠DBM=45º
∴ ΔAED∽ΔDBM
故有， BM=DM, BM⊥DM.
点评:此方法构思巧妙,四条辅助线在数量上也是偏少的.充分运用了“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”的判定定理，及其相似三角形的性质定理,就解决了问题.
证法4：如图4
过点E作EP∥BC,交BM的延长线于点P,连结BD、DP
在ΔEMP和ΔCMB中

EM=MC, ∠PEM=∠BCM,∠EMP=∠CMB
∴ ΔEMP≌ΔCMB
∴ EP=CB=AB,BM=MP
∵ AD⊥DE, AB⊥BC ∴ AB⊥EP
∴ ∠DEP=∠DAB, 由AD=DE
∴ ΔADB≌ΔEDP (SAS)
图4
∴ DB=DP
∵ ΔEDP可以看作ΔADB绕点D顺时针旋转90º得到
∴ DB⊥DP
故 BM=DM , BM⊥DM.
点评:此方法很恰当地运用了三角形全等的判定定理及其性质,并通过添加辅助线,得到了以D为旋转中心的一对全等三角形,从而使得问题得以解决.这种证法,还可以表述为,延长BM到P,使得BM=MP,连结EB,EP,PC,得到平行四边形 EBCP.
在第5种的证明方法之前，先补充几个定理如下.
(1)三角形的中线长公式:ΔABC中, BC=,AB= AC=,若BC边上的中线长记为,则
;
(2)若为锐角,那么cos(90º-)=sin;
(3)余弦定理：ΔABC中, BC=,AB= AC=,则;
(4) 若、为锐角,则cos(+)=coscos+sinsin.
证法5：如图5
连结DC、DB、BE，设，,∠DAB=,
则∠DAC=∠BAE=45º-, ∠EAC=90º-，，

根据余弦定理，可得，

图5

∵ DM、BM分别是ΔEDC、ΔEBC的中线
∴

∴ BM=DM
又ΔBAD中，

=

∴ ，∴∠DMB=90º,
即 DM⊥BM.
点评:此方法虽然涉及了一些奥数内容(如中线长公式),以及高中的内容(如余弦定理等),但对于在奥校学习过或对数学有浓厚兴趣的学生,还是有价值的.它能够揭示复杂几何图形中所蕴涵的内在的本质联系.
图6
证法6：如图6
分别过点A、E、M、C作直线BD的垂线，
垂足分别为、、、，
∴∠AD=∠DE=90º
又∵ AD=DE, ∠ADE=90º,∠AD=∠DE=90º-∠ED
∴ ΔAD≌ΔDE
∴ A=D, D=E
同理可得，ΔBC≌ΔAB
∴ A=B=D,C=B
∵ E∥M∥C, EM=MC
∴ =
∴ D=B
又根据题意，点C、E必在直线BD的两侧
∴ M==== D=B
∴ BM=DM, BM⊥DM.
点评:运用三角形全等判定及其性质定理,以及三角形(或梯形)的中位线性质定理,证明起来比较流畅,基本易懂.

证法7:如图7
将ΔBMC绕点B顺时针旋转90º到ΔBFA处，连结DF,
∴ MC=FA=ME, BM=BF, ∠FBM=90º
又 ∵∠EAC=90º-∠BAD
∠MED=∠MEA-45º=(180º-∠EAC-∠ECA)-45º
=135º-(90º-∠BAD)- ∠ECA
图7
=45º+∠BAD-∠ECA
而 ∠FAD=∠FAC-∠DAC=(45º+∠FAB)-∠DAC
=45º+∠MCB-∠DAC=45º+(45º-∠ECA)-( 45º-∠BAD)
=45º+∠BAD-∠ECA
∴∠FAD=∠MED
∴ ΔFDA≌ΔMDE (SAS)
∴ΔADF可以看作ΔEDM绕点D逆时针旋转90º得到
故 DM⊥DF,DM=DF
∴ 四边形DMBF是正方形, ∴ BM=DM, BM⊥DM.
点评:通过作三条辅助线,构造了一个正方形,就使得复杂的图形中出现了两对旋转全等三角形,迅速得到了相关的角或边的等量关系,从而解决了问题.

证法8：如图8
延长DM至点F,使得MF=MD,连结CF、BF、BD，
∵ EM=MC
∴ 四边形EDCF是平行四边形
∴ FC=DE=DA, DE∥CF
∴∠DEM=∠FCM
图8
又∵∠BAD=90º-∠EAC=90º-(180º-45º-∠DEM-∠ECA)
=∠DEM+∠ECA-45º=∠FCM+∠ECA-45º=(45º+∠FCB)-45º=∠FCB
由 AB=BC可得，ΔDAB≌ΔFCB (SAS)
∴ BF=BD, ∠CBF=∠ABD=90º-∠DBC
∴∠DBF=90º
∴ BM=DM,BM⊥DM.
关于证法8，还可以这样表述：将ΔABD绕点B逆时针旋转90º到ΔCBF处，连结MF,再证明
ED∥CF.
点评: 本证法参考了广州市2007年初中毕业生学业考试数学试题评分标准,这里辅助线的表述,也可以这样作:连结BD,将ΔABD绕点B逆时针旋转90º到ΔCBF处,连结MF,再证明D、M、F三点共线.
在第9种证明方法之前，补充如下知识要点.
(1)若点P(,)、Q(,)在直线上，那么，这里
(2)对于直线：和直线： （），当时，;
(3)对于两点A (,)、B (,),有；且AB的中点P(,)的坐标为：，.
证法9：如图9
以BD的中点O为坐标原点，以BD所在直线为轴建立平面直角坐标系，设A、B、C、D、E的坐标分别为A(,)、B(,0)、C(,)、D(,0)、E(,)，这里，，
，.
根据,有,
即 …………①

又由,有
…………②
联立①、②解得, ，
同理， ，
故CE的中点M的坐标为,
图9
∴ ΔBMD为等腰直角三角形,即BM=DM,BM⊥DM.
点评：解析法证明几何题，虽然属于高中的内容，但是这里出现的超出课标的知识点并不多，仅有:两条直线垂直的充分必要条件是它们的斜率乘积为-1.以及两点间的距离公式.
证法10：如图10
过点E作EF⊥AC,EP⊥直线BC,垂足为F、P，
过点A作AH⊥直线EP,H为垂足，连结FM,MP,DF,FH,直线EP与CA的延长线交于点G，
在RtΔEFC和RtΔEPC中，因FM=PM=MC=ME,
∵ ∠EFA=∠ADE=90º，∠AHE=∠AFE=90º
∴ A、E、D、F四点共圆,

且 A、H、E、F四点共圆
∴ ∠ADF=∠AEF=∠AHF, ∠DFC=∠AED=45º
∵ ∠G=∠PCG=∠HAG=45º,
又 由AF=AF, ∠HAF=∠DFA=135 º
∴ ΔHAF≌ΔDFA(AAS)
∴ DF=AH
∵AHPB为矩形，∴DF=AH=PB
图10
又∠MPB=∠MCP=45º-∠ECA=45º-∠MFC=∠DFM
∴ ΔMPB≌ΔMFD,故 BM=DM, ∠BMP=∠DMF
又∠PMF=∠PME+∠EMF=2∠PCM+2∠MCA=2∠ACB=90º
∴∠BMD=90º,即 BM⊥DM.
点评:这个方法添加的辅助线虽然比较多,但是利用四点共圆、或全等的判定和性质定理都很流畅，证明过程一气呵成，逻辑鲜明，推导严谨,不失为一个不错的证法.
证法11,如图,

过点M作MF⊥EC,使MF=MC,连结FC,FE,FB.根据条件,可得
FM垂直平分EC,FM=MC=ME,ΔEFC为等腰直角三角形
且,∠FCB=∠ECA=45º-∠BCE
∴ ΔFCB∽ΔECA
∴ ,
∠BFC=∠AEC=45º+∠BFM=45º +∠CED, 故有, FB=ED, ∠BFM=∠CED
于是由FM=EM, 可推出ΔFBM≌ΔEDM, ∴ BM=DM, ∠EMD=∠FMB=90º-∠BME

∴ BM=DM, ∠BMD=90º,即 DM⊥BM.
证法12,如图
这种证明方法,可以看作是证法10的变式,主要构造直角三角形,并利用其斜边上的中线性质,设∠EAB=
有∠DAC=,DG=,
且FB=, ∴ FB=DG
又FM=GM, ∠MFB=∠MGD, ∴ ΔFBM≌ΔGDM,BM=DM,

由F、E、G、C四点共圆,得到∠FMG=2∠FCA=90º.
所以，∠BMD=∠FMG=90º,即DM⊥BM.
证法13，如图
过点D作DK∥AC交BC于点K，分别过点E、D、M、K、E、M作AC的垂线EG、DN、MP、KQ,作BC的垂线EF、MH，G、N、P、Q、F、H为垂足，
易证DNQK为矩形，GN=DN=KQ=QC,PG=PC,
PN=PQ,MP垂直平分NQ、DK，
∴ MD=MK, 同理可证，MH垂直平分BK，MB=MK，
∠BKD=45º, ∴BM=DM,DM⊥BM.

证法14，如图,
将ΔEDM绕点M顺时针旋转90º到FM处,连结EF,FC,
ΔCAE∽ΔCBF，BF=DE=F,
∠MFB=∠MF=∠MED, 于是点与B重合,
∴BM=DM,DM⊥BM.
上述证法主要是利用对称、翻折或旋转变换后，构造全等、相似三角形或者平行四边形，或利用四点共圆、直角三角形斜边中线性质等，寻找角或边的等量关系，从而探索得出正确的结果，其思路简洁明了，直观易懂.

参考资料:
[1][3]，《走向国际数学奥林匹克的·平面几何试题诠释》
[2]， 本证法参考了广州市2007年初中毕业生学业考试数学试题评分标准,由市教研室许世红老师提供;

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