一道几何试题的解法探析及变式改编

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1、9—32数学教学2014年第9期一道几何试题的解法探析及变式改编315040浙江省宁波市曙光中学胡伟斌1．试题呈现思路2：“分割”原图，逐个击破题目如图1。四边形ABCD~,／C解：如图3，过点D作DE_LAB，垂足为点120。，AB~BGAm上CD，CD=7，BC=4，则E，过点作CF_I_DE,垂足为点F．于是，四该四边形的面积是边形ABCD就被分为两直角三角形和一矩形．而不知DF：，CF：，A：，故s四边形ABD=△DFc+SAADEnC矩形8GFE=59V3—一．(亦有不同分法，不再赘述)D图1C分析：此题是笔者所在学校初三月考试卷中的一道填空题．该

2、题以四边形为背景，综合EB考查了直角三角形、三角函数、转化、方程等图3核心知识与思想方法．因原四边形的非特殊性，为问题的解决增加了难度．那么解决此题该从思路3：构造“K形图”，整体减局部何入手?原题又能如何变式改编?对此笔者撰解：如图4，过点、分别作BC和文试与同行分享交流．的平行线，两者交于点E，延长B交直2．解法探析线E于点F．显然四边形ABFE为矩形，且不难发现，原题表述简洁，图形结构简单，易知CF__7’DF：，：萼，E：，具有一定的代表性，但求解需要一定的技巧．笔者经过思考并结合学生的反馈结果，通过以故s四边形ABGD：s梯形。ABF～s△。F：旦

3、．下几种思路对原题的解法进行了探析．(亦可按图2，利用SZ~ADE与SACBE作差求思路1：巧用“两直角”，补全找相似解)解：如图2，延长JE}、DG两者交于点．易知CE=8，BEl_4、／／3．显然Rt△CBERt△DE,得：塑幽△BSACBE．一=(器)=故BG．(亦图4可延长AD与j5}C进行求解1思路4：添加坐标系，直观又简洁解：如图5，以点B为坐标原点，分别以AB,BC所在直线为、轴，建立平面直角丑坐赢‘易搏．的坐标为(一，图22014年第9期数学教学9—33由~DAB=60。，不难求得直线的解析式评析：前三种思路的关键是添设合理的辅为=x／3a+

4、18，则点A的坐标为(一6，O)，而助线，把原题转化为解直角三角形问题，常规根据两点间距离公式得AD=5，故高效．后三种思路的可取之处是能看到问题的sD·D+B·B59、／／3本质，将几何问题代数化，高屋建瓴，充分体现~ABCD==：———■—一===—‘了形与数的联想．当然，关于这道试题的解法jl并不止于上述内容，有兴趣的读者可继续探究．。3．变式改编其实，原题的特点不仅仅体现在解法多样，厂＼＼C～而更在于题设简洁，图形简单，整题上下无不Bx散发着浓郁的“草根”气息．也正因如此，此题图5便具有了较强的可塑性．于是，在保持原题图形结构的前提下，为使其“价值”

5、最大化，笔者思路5：借助余弦定理，建立方程求解尝试对原题进行“转型包装”，通过将原四边形解：如图6，连结、JE}D．设D为x，的四个特殊内角作为“包装”基础，经过探究、AB为Y，则由余弦定理，得X+Y0—2x·Y·改编、创新，得到如下变式．COSADAB=D2—2CD．BC．COSABCD变式1：(理解原图本质)如图1，在四边形=93，X2+CD2=y2+BC2,将上述两方程联ABCD中，AC~120。，‘AB~B-l_CD，求立，解得=5、／／3，Y=6、／／3，故S四边形ABD=AB+ADAD．CD+AB．59——I输信B+CD。解：如图2，延长DC、A

6、B,两者相交于点E．设CD为，BC为，则CE=2y，BE=x／3y,AD：DE．tan30。：—v／-3x+2V~y———一A：AE，C3B=2AD-BE：—2v％+v~y故AB+AD一，图6=．’变式2：(考查图形变换)如图8，在四边形思路6：利用“四点共圆”，辅以正弦定理ABCD中，ABCD=I20。，Bj．BAD．LCD，解：如图7，连结C、BD．由DC=CD-7，BC=4，点M、Ⅳ分别为线段JE}、DABC=90。，得A、B、C、D四点共圆，且上的动点，求△CMN周长的最小值．为四边形BCD外接圆直径．由思路5知，解：如图8，分别作点C关于AD和B的

7、对称点、，连结，分别交D和BBD=厕，则根据正弦定理，得__砉r_于点Ⅳ、M，因此△周长的最小值为=2、／，豇．由勾股定理，知AD=v／—AC2-—CD2=．而由余弦定理，得=2、／／93，故5、／／3，AB=、／／2一BC2=6、／／3．于是△CMN周长的最小值为2、／／93．S四边形ABGD=AD．CD+AB．BC59D图7图893五数学教学2014年第9期变式3：(利用函数求最值)在AABC中，B、·分别从点D(5，0)与原点出发，点B沿AB≥AC=：1，／BAC~120~,求△ABC外接着轴负方向匀速运动，点沿着轴正方圆半径的最小值．向匀速运动至AC

8、／／z轴停止．若B、C两点同解：如图9作线段AB、A