一道几何名题的探究性学习

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1、一道几何名题的探究性学习　　公元七世纪，古印度伟大数学家婆罗摩芨多研究了下列问题：如图1，圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过P的直线EF分别交一组对边于E、F，若PE⊥AB，则CF=DF.　　该定理及其变式散见于各类初中数学教学参考资料中，笔者发觉这是一道好题，不仅仅是因为名题可以激发学生的学习兴趣，更因为它蕴涵了丰富而又引人入胜的结论，很值得探究，于是把它引入了课堂，与学生们一起发掘其中富含的宝藏.　　1开放题引入　　为了便于探究，降低难度，笔者先设置了一道开放题作为引入：我们把对角线互相垂直的圆内接四边形称为婆罗

2、摩芨多四边形，如图2，圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，请你至少说出图中四条不同类型的结论.（不包括已知条件）　　该问题起点较低，引导学生利用分类思想分别从边的数量关系或位置关系、角的数量关系、三角形的面积关系或者合同关系、四边形的面积关系等各个角度考虑.　　2定理的证明与探究　　对于定理的证明，笔者让学生通过小组合作交流得出，有了前面开放题的铺垫，学生很容易找出图中相等的角，由此得出CF=PF=DF.　　接着，笔者引领学生一起进行了以下探究：4　　探究1考虑婆罗摩芨多定理的逆命题是否为逆定理，即若CF=DF，能否得出

3、PE⊥AB？证法类似于定理的证明，逆推即得.　　探究2在图2中，设F为CD中点，连结OF，请你测量线段OF和AB的长，看看它们有何数量关系，你能证明吗？　　为便于得出结论，笔者一方面叫学生自己测量，另一方面又借助几何画板动态演示，学生很快得出结论OF=12AB.但结论的证明有一定难度，笔者适当给予提示，考虑到F是CD的中点，而O又是直径的中点，于是自然想到构造三角形中位线.　　证明如图3，连结CO并延长交圆O于G，连结DG，则OF=12DG，由于∠GCD+∠CGD=90°，　　∠ACB+∠CBD=90°，而∠CGD=∠CBD，　　故∠A

4、CB=∠GCD，所以AB=DG，得OF=12AB.　　此种证法事实上利用中位线定理构造了OF的两倍线段，进而得出证明.为了揭示该问题与婆罗摩芨多定理之间的联系，笔者紧接着提示学生如何利用婆罗摩芨多定理或逆定理来证明该结论.于是有了下面的　　证法2如图4，取AB的中点M，连结OM、MP、PF，则根据婆罗摩芨多定理的逆定理得MP⊥CD，FP⊥AB，同时由垂径定理得OF⊥CD，OM⊥AB，于是MP∥OF，FP∥OM，故四边形OMPF是平行四边形，得OF=MP=12AB.　　探究3在开放题引入时，有学生发现婆罗摩芨多四边形满足AB2+CD2=A

5、D2+BC2，笔者利用几何画板改变四边形形状，学生们发现若保持圆的大小不变，且AC⊥4BD不变，则AB2+CD2的值不随四边形形状的改变而改变，.这一发现，极大地激发了学生们的探究热情.有学生提议改变圆的半径大小，看看是否跟半径有一定数量关系，很快，有学生说，AB2+CD2的值恰好是圆半径平方的四倍，也就是等于直径的平方.学生们很兴奋，马上考虑该如何来证明这一发现.　　由于该问题来自婆罗摩芨多四边形，所以大家很自然地想到从前面问题的证明中去找方法，很快发现其实证法已经包含在探究2的证法中，由图3得DG2+CD2=CG2，于是只须证明DG

6、=AB即可，由于∠CAD=∠CGD，而∠CAD+∠ADB=90°，∠CGD+∠GCD=90°，故∠ADB=∠GCD，所以AB=DG，得证.　　探究4婆罗摩芨多四边形指的是对角线互相垂直的圆内接四边形，有学生提出来，如果把对角线互相垂直改为对边互相垂直呢？利用几何画板不难发现，前面所得到的几个结论依然成立.如图5，四边形ABCD内接于圆O，AD⊥BC于P，过P的直线EF分别交另一组对边于E、F，则以下命题均为真命题：　　（1）若PE⊥AB，则DF=CF.反之亦真.　　（2）若OF⊥CD，则OF=12AB.　　（3）若设圆O的半径为R，则A

7、B2+CD2=4R2.（注：在此情形下，显然AD2+BC2≠4R2，事实上，一般结论应该是PA2+PB2+PC2+PD2=4R2）　　探究5在图1中，易知△APD∽△BPC，并注意到它们均为直角三角形，进一步探究得到如下推广：如图6，已知△APD∽△BPC（按字母顺序对应），且∠APD=∠BPC=Rt∠，过点P的直线分别交AB、CD于E、F，若PE⊥AB，则DF=CF，反之亦然.4　　探究4的证明类似于前面所述，探究5的证明笔者把它作为练习，由学生课外去完成.右图是笔者给出的一种方法，分别过点C、D作PF的垂线，垂足H、G，易知△APE

8、∽△PDG，得APPD=PEDG，同理BPPC=PECH，而APPD=BPPC，故PEDG=PECH，所以DG=CH，即得DF=CF.　　作者简介华漫天，男，浙江慈溪人，1969年1月生，中学高级教师，已发