韓寶華

“四邊形”這一章的性質(zhì)、定理很多，它與角平分線、全等三角形等知識(shí)點(diǎn)相綜合，題型豐富。同學(xué)們?cè)诮鉀Q有關(guān)四邊形問(wèn)題時(shí)，會(huì)產(chǎn)生各種錯(cuò)誤。希望通過(guò)學(xué)習(xí)本文，同學(xué)們能更好地理解題目的本質(zhì)，提高解題能力。

一、畫(huà)圖不全面，漏解

例1 已知在平行四邊形ABCD中，AB=6，∠ABC的平分線BE把邊AD分成3∶2的兩部分，求這個(gè)平行四邊形的周長(zhǎng)。

【錯(cuò)解】32。

【錯(cuò)因分析】題目中沒(méi)有給出圖形，有些同學(xué)在做題畫(huà)圖時(shí)沒(méi)有考慮線段AD的成比例的兩部分的兩種情況。因此，漏解是解決四邊形問(wèn)題時(shí)常會(huì)出現(xiàn)的錯(cuò)誤。

【正解】如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，

圖1

∴∠AEB=∠CBE。

∵BE平分∠ABC，

∴∠ABE=∠CBE，

∴∠AEB=∠ABE，

∴AE=AB。

當(dāng)AE∶ED=3∶2時(shí)，可設(shè)AE=3x，則ED=2x，AD=5x，AB=AE=3x，

又∵AB=6，∴x=2，∴AD=10。

此時(shí)平行四邊形的周長(zhǎng)為2×（6+10）=32。

當(dāng)AE∶ED=2∶3時(shí)，如圖2，可設(shè)AE=2x，則ED=3x，AD=5x，AB=AE=2x，

圖2

又∵AB=6，∴x=3，∴AD=15，

此時(shí)平行四邊形的周長(zhǎng)為2×（6+15）=42。

【點(diǎn)評(píng)】當(dāng)題中沒(méi)有給出圖形時(shí)，大多數(shù)情況下要結(jié)合題意，正確畫(huà)出圖形。此外，要考慮分類(lèi)討論。

二、混淆矩形、菱形的判定定理

例2 如圖3，已知四邊形ABCD，點(diǎn)E、F、G、H分別是各邊的中點(diǎn)。

（1）當(dāng)AC、BD滿足什么條件時(shí)，可得四邊形EFGH是矩形？

（2）當(dāng)AC、BD滿足什么條件時(shí)，可得四邊形EFGH是菱形？

【錯(cuò)解】（1）AC=BD；（2）AC⊥BD。

【錯(cuò)因分析】在得到中點(diǎn)四邊形EFGH的基礎(chǔ)上，把原四邊形ABCD的對(duì)角線混淆成四邊形EFGH的對(duì)角線。

【正解】（1）AC⊥BD。

證明：∵E、F分別是AB、BC的中點(diǎn)，

∴EF∥GH，且EF=GH，

∴四邊形EFGH是平行四邊形。

若證四邊形EFGH是矩形，

證明∠EFG=90°即可。

∵EF∥AC，F(xiàn)G∥BD，

∴只需BD⊥AC即可。

（2）AC=BD。證明可類(lèi)比（1）。

【點(diǎn)評(píng)】類(lèi)比法不僅是一種從特殊到特殊的推理方法，更是一種尋求解題思路、猜測(cè)問(wèn)題答案或結(jié)論的方法。

三、不能將特殊四邊形轉(zhuǎn)化為特殊三角形

例3 如圖 4，在坐標(biāo)系中，有A（0，6）、C（8，0），動(dòng)點(diǎn)P以2個(gè)單位/秒的速度從點(diǎn)A沿線段AC向點(diǎn)C移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以1個(gè)單位/秒的速度從點(diǎn)C沿CO向點(diǎn)O移動(dòng)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。

圖4

（1）用時(shí)間t表示P點(diǎn)坐標(biāo)。

（2）t為何值時(shí)，平面中存在點(diǎn)M，使得以P、Q、C、M為頂點(diǎn)的四邊形為菱形。

【錯(cuò)因分析】（1）不能正確地根據(jù)線段關(guān)系表示線段長(zhǎng)，不能構(gòu)造相似求線段長(zhǎng)。

（2）對(duì)菱形與等腰三角形的關(guān)系理解不透，不能將菱形的存在轉(zhuǎn)化為等腰三角形的存在。

【正解】由題意可得：AP=2t，AC=10，PC=10-2t，CQ=t。

（1）如圖5，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥OC，垂足為點(diǎn)H，則可得△CPH∽△CAO，

圖5

（2）①代數(shù)法：如圖5，

在Rt△PHQ中，PQ2=PH2+HQ2。

若CQ=CP，存在四邊形CQMP為菱形，則：t=10-2t，得t=

若PQ=PC，存在四邊形PQMC為菱形，這時(shí) PQ2=PC2，即：（6-）2+（t-8）2=（10-2t）2，得t=

若QP=QC，存在四邊形PQCM為菱形，則QP2=QC2，即：（6-t）2+（t-8）2=t2，得t=。

②幾何法：若CQ=CP，存在四邊形CQMP為菱形，則：t=10-2t，得t=。

若PQ=PC，如圖6，存在四邊形PQMC為菱形，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥OC于點(diǎn)G，

圖6

若QP=QC，如圖7，存在四邊形PQCM為菱形，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥AC于點(diǎn)G，

圖7

【點(diǎn)評(píng)】因?yàn)榱庑问且詫?duì)角線所在的直線為對(duì)稱(chēng)軸的軸對(duì)稱(chēng)圖形，故只要△CPQ為等腰三角形，然后沿著△CPQ的底邊翻折，可得菱形。

四、解題過(guò)程不規(guī)范

例4 已知：如圖8，在?ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為E、F.求證：△ADE≌△CBF.

圖8

【錯(cuò)解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，

∴∠AED=∠CFB=90°，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠ADE=∠CBF，

∴△ADE≌△CBF。

【錯(cuò)解原因】不能直接由平行四邊形ABCD得到∠ADE=∠CBF?！鰽DE≌△CBF還缺等邊條件，應(yīng)該在證明中呈現(xiàn)出來(lái)。

【正解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，

∴∠AED=∠CFB=90°，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AD=CB，AD∥BC，

∴∠ADE=∠CBF，

∴△ADE≌△CBF。

同學(xué)們，做錯(cuò)題不可怕，只要我們能夠找到產(chǎn)生錯(cuò)誤的原因，迎難而上，相信自己，一定能提高解題能力。