山東德州2020中考數學第24題最後一問解法探討（1）

2020-08-17 真會學數學杜老師

題目：如圖，在矩形ABCD中，BC=2AB，在BD上取一點F，以BF為斜邊作RT△BEF，其中∠BEF=90°且BE=2EF，點G是DF的中點，連接GC，GE，求證：GE=GC．

審題：此題有一個中點（點G是DF的中點），還有兩個相似的直角三角形（RT⊿BCD和RT⊿BEF），且他們含有一個公共頂點點B，讓我們自然聯想到手拉手模型。但由於對應關係不對，構成的卻不是手拉手模型。那麼我們如何將其轉化成手拉手模型，就成了解決這道題的關鍵！

思路1：將⊿BEF與⊿BCD補成兩個相似的的等腰三角形，且點B為公共的頂角頂點，此時手拉手模型構造成功。

解法1：延長FE到H，使EH=EF，連接BH。延長DC到M，使CM=CD，連接BM。顯然⊿BHF和⊿BDM都是等腰三角形，其頂角是相等的， 且具有公共的頂角頂點B。這樣⊿BDH與⊿BMF就必定全等，而且是繞點B旋轉了∠DBM的度數的全等（其實就是手拉手模型的旋轉全等）！故易證DH=FM。顯然此時EG和CG分別是⊿FDH與⊿FDM的中位線，所以GE=DH/2 , GC=FM/2,而DH=FM，故GE=GC。

思路2：參照⊿BEF，延長DC到M，使CM=CD，再連接BM。顯然⊿BEF與⊿BCM是相似的兩個直角三角形，且點B為其公共的對應角的頂點，這樣就可以構成手拉手模型的旋轉相似。

解法2：延長DC到M，使CM=CD，再連接BM，連接EC，FM。顯然⊿BEF和⊿BCM都是直角三角形，兩直角邊之比都是2，又具有公共的對應角的頂點B，這樣就構成了手拉手模型。易證⊿BEC與⊿BFM相似（其實就是手拉手模型的旋轉相似）！故可得FM：EC=根號5:2，且FM與EC的夾角等於∠CBM。

顯然此時GC是⊿DFM的中位線，所以GC∥FM且GC= FM/2。所以GC:EC=根號5:4且∠5=∠4。過G作GN⊥EC於N，則⊿GNC是直角三角形且tan∠5=1/2，故易證NC=EC/2。故GE=GC。

思路3：參照⊿BCD，延長FE到H，使EH=EF，再連接BH。顯然⊿BEH與⊿BCD是相似的兩個直角三角形，且點B為其公共的對應角的頂點，這樣就可以構成手拉手模型的旋轉相似。

解法3：延長FE到H，使EH=EF，再連接BH，連接EC，DH。易證⊿BCE與⊿BDH相似（其實就是手拉手模型的旋轉相似）！故可得DH：EC=根號5:2，且DH與EC的夾角度數與∠DBC度數相等。

顯然此時EG是⊿FHD的中位線，所以EG= DH/2且∠5=∠3=∠4。所以EG：EC=根號5:4。過G作GN⊥EC於N，則⊿GNE是直角三角形且tan∠5=1/2，故易證NE=EC/2。故GE=GC。

歸納：以上三種證法都是對⊿BEF與⊿BCD中的一個或全部進行翻折變換，從而構成以點B為旋轉中心的手拉手模型，然後或旋轉全等，或旋轉相似，再結合中位線定理，從而使問題迎刃而解！其中解法2和解法3都是證得一個三角形的一邊與最長邊的的夾角的正切值等於1/2，且長度之比為根號5:4，從而得到這個三角形是等腰三角形，方法值得回味！

將解法1,2,3的圖形融合在一個圖中，看著他們之間千絲萬縷的聯繫，不由得讓我們產生妙手天成的感嘆！

本題還有其它的解法嗎？當然有！下一集我們精彩繼續。為防迷路，敬請關注！消化要良，必須收藏！感覺很棒，點讚跟上！覺得還行，轉發別停！

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