廣東省廣州市真光中學(xué)(510380) 蘇國(guó)東

2020年廣州市荔灣區(qū)八年級(jí)上學(xué)期期末考第25 題基于熟悉情境命制,層次分明,方法靈活,推廣性強(qiáng),是對(duì)一學(xué)期幾何模塊知識(shí)的整合與提升.試題集中考查了等邊三角形和全等三角形的判定與性質(zhì),添加輔助線構(gòu)造幾何模型,分類討論、類比與轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想.要求學(xué)生具備較好的直觀想象、數(shù)學(xué)建模、邏輯推理等核心素養(yǎng),以及分析、解決動(dòng)態(tài)問題的思維能力.

1 試題呈現(xiàn)

試題:已知ΔABC為等邊三角形,點(diǎn)D、E分別是邊AB、BC所在直線上的動(dòng)點(diǎn),若點(diǎn)D、E以相同的速度,同時(shí)從點(diǎn)A、點(diǎn)B出發(fā),分別延AB、BC方向運(yùn)動(dòng),直線AE、CD交于點(diǎn)O.

(1)如圖1,求證:ΔABE∽= ΔCAD;

圖1

(2)在點(diǎn)D、點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)過程中,∠COE=____°;

(3)如圖2,點(diǎn)P為邊AC中點(diǎn),連接BO、PO,當(dāng)點(diǎn)D、E分別在線段AB、BC上運(yùn)動(dòng)時(shí),判斷BO與PO的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論.

圖2

2 試題溯源

通過對(duì)試題及圖形的拆分與還原,可知(1)(2)是以等邊三角形為基本模型,以動(dòng)態(tài)問題為背景,考查熟悉的全等與角度的問題,源于以下中考?jí)狠S題.

素材1:(2020年四川涼山中考第25 題)點(diǎn)P、Q分別是等邊ΔABC邊AB、BC上的動(dòng)點(diǎn)(端點(diǎn)除外),點(diǎn)P、點(diǎn)Q以相同的速度,同時(shí)從點(diǎn)A、點(diǎn)B出發(fā).

(1)如圖3,連接AQ、CP,求證:ΔABQ∽= ΔCAP;

(2)如圖3,當(dāng)點(diǎn)P、Q分別在AB、BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí),AQ、CP相交于點(diǎn)M,∠QMC的大小是否變化? 若變化,請(qǐng)說明理由;若不變,求出它的度數(shù);

圖3

(3)如圖4,當(dāng)點(diǎn)P、Q在AB、BC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí),直線AQ、CP相交于點(diǎn)M,∠QMC的大小是否變化? 若變化,請(qǐng)說明理由;若不變,求出它的度數(shù).

圖4

命題者將素材后兩問精簡(jiǎn)為試題(2)的填空題,降低門檻,為試題(3)的解答留出空間.試題(3)以等邊三角形為背景,意在考查添加輔助線構(gòu)造手拉手模型和倍長(zhǎng)中線模型,將條件轉(zhuǎn)化和集中到各組全等三角形當(dāng)中.本問源于以下期末考?jí)狠S題.

素材2:(2017年武漢武昌期末考第24 題節(jié)選)如圖5,ΔABC為等邊三角形,點(diǎn)M是BC中點(diǎn),點(diǎn)P是ΔABC內(nèi)一點(diǎn),連接PA,PB,PC,PM,直線PC與直線AB交于點(diǎn)D,∠BPC=120°.

圖5

(1)當(dāng)點(diǎn)P在AM上時(shí),求證:∠APD=∠BPM;

(2)當(dāng)點(diǎn)P不在AM上時(shí),∠APD=∠BPM是否仍然成立? 若成立,請(qǐng)證明;若不成立,請(qǐng)說明理由.

素材2 中的∠BPC=120°可轉(zhuǎn)換為∠BPD=60°,與素材1 中的∠QMC= ∠AMP= 60°實(shí)現(xiàn)無縫對(duì)接.命題者選取素材題(2)的一般情形,將構(gòu)造全等三角形證明的對(duì)應(yīng)角關(guān)系,結(jié)合中點(diǎn)的條件替換為證明對(duì)應(yīng)邊的數(shù)量關(guān)系,即PA=2PM,以吻合壓軸題(3)的命題難度.

最后,整合問題與圖形,統(tǒng)一編排字母,試題命制成型.

3 試題解答

(1)如圖1,因?yàn)棣BC為等邊三角形,所以AB=AC,∠ABE= ∠CAD= 60°,又因?yàn)辄c(diǎn)D、E運(yùn)動(dòng)速度相同,故AD=BE,所以ΔABE∽= ΔCAD.

(2) 分為兩動(dòng)點(diǎn)在線段或其延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)兩種情況.情況1:當(dāng)點(diǎn)D、E分別在線段AB、BC上運(yùn)動(dòng)時(shí),由ΔABE∽= ΔCAD可得∠EAB= ∠ACD,所以∠COE=∠CAE+ ∠ACD= ∠CAE+ ∠EAB= ∠CAB= 60°;情況2:當(dāng)點(diǎn)D、E分別在AB、BC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí),如圖6.仍有AB=AC,∠ABE= ∠CAD= 60°,AD=BE,所以ΔABE∽= ΔCAD,故∠AEB= ∠ADC,所以∠COE= ∠OAD+ ∠ADC= ∠OAD+ ∠AEB=∠EBD= 180° -∠ABC= 180° -60°= 120°.綜上所述,∠COE為60°或120°.

圖6

(3)需要再構(gòu)造一個(gè)等邊三角形以建立手拉手模型,可將OA或OC繞點(diǎn)O順時(shí)針或逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°進(jìn)行構(gòu)造.下面各舉一種解法.

解法1:如圖7,將OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到ON,因?yàn)椤螩OE= 60°,所以C、O、N三點(diǎn)共線.連接AN、BN,易知ΔAON是等邊三角形,所以O(shè)A=AN=ON,∠OAN= ∠ONA= 60°.因 為∠CAB= 60°,所以∠CAO= ∠BAN.又因?yàn)锳B=AC,所以ΔACO∽= ΔABN,CO=BN,∠ANB= ∠AOC=180°-∠COE=120°,所以∠BNO=60°.

圖7

延長(zhǎng)OP至點(diǎn)F,使得PF=PO,連接AF.因?yàn)辄c(diǎn)P是邊AC的中點(diǎn),所以PA=PC,易證ΔCPO∽= ΔAPF,所以AF=CO=BN,∠PAF= ∠PCO,所以CO//AF,∠FAO= ∠COE= 60°= ∠BNO.又因?yàn)镺A=ON,所以ΔAOF∽= ΔNOB,BO=FO=2PO.

解法2:如圖8,將OC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到ON,因?yàn)椤螩OE=60°,所以O(shè)、E、N三點(diǎn)共線.連接CN、BN,易知ΔCON是等邊三角形,OC=ON=CN,∠OCN=∠ONC=60°.因?yàn)椤螦CB=60°,所以∠ACO=∠BCN.又因?yàn)锳C=BC,所以ΔACO∽= ΔBCN,AO=BN,∠BNC=∠AOC=180°-∠COE=120°,所以∠BNO=60°.

圖8

延長(zhǎng)OP至點(diǎn)F,使得PF=PO,連接AF.因?yàn)辄c(diǎn)P是邊AC的中點(diǎn),所以PA=PC,易證ΔCPO∽= ΔAPF,所以AF=CO=ON,∠PAF= ∠PCO,所以CO//AF,∠FAO=∠COE=60°=∠BNO.

又因?yàn)锳O=BN,所以ΔAOF∽= ΔNBO,BO=FO=2PO.

4 變式推廣

根據(jù)素材2,在最后證得的兩個(gè)全等三角形中,對(duì)應(yīng)角之間也存在相等關(guān)系,故有推廣1.

推廣1:在(3)中,判斷∠AOP與∠BOD(或∠POC與∠BOE)的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論.

在(2)解答的情況2 中,直線AE、CD的交點(diǎn)O移至了ΔABC外部,可探究此時(shí)上述線段或角度之間的數(shù)量關(guān)系是否仍成立,故有推廣2.

推廣2:如圖9,當(dāng)點(diǎn)D、E分別在AB、BC的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí),判斷BO與PO的數(shù)量關(guān)系,以及∠AOP與∠BOD的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論.

圖9

更一般的,當(dāng)點(diǎn)O在等邊ΔABC外部,滿足∠AOC=60°時(shí),即可探究上述線段和角度是否存在確定的數(shù)量關(guān)系,即有推廣3.

推廣3:ΔABC為等邊三角形,點(diǎn)O與點(diǎn)B位于直線AC的兩側(cè),且∠AOC=60°,直線AB、CO交于點(diǎn)D,點(diǎn)P為邊AC中點(diǎn),連接BO、PO.判斷BO與PO的數(shù)量關(guān)系,以及∠AOP與∠BOD的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論.

雖然圖形發(fā)生了改變,但解題思路和構(gòu)造方式可作類比引申.下面以推廣3 為例進(jìn)行解答.

解:顯然點(diǎn)D在AB的延長(zhǎng)線或反向延長(zhǎng)線上.

情況1:當(dāng)點(diǎn)D在AB延長(zhǎng)線上時(shí),如圖10,將OA繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到ON,因?yàn)椤螦OC= 60°,所以O(shè)、C、N三點(diǎn)共線.連接AN、BN,易知ΔAON是等邊三角形,AO=AN=ON,∠OAN= ∠ONA= 60°.因?yàn)椤螩AB= 60°,所以∠OAC= ∠NAB.又因?yàn)锳C=AB,所以ΔAOC∽= ΔANB,OC=NB,∠ANB= ∠AOC=60°,所以∠ONB=120°.

圖10

延長(zhǎng)OP至點(diǎn)F,使得PF=PO,連接AF.因?yàn)辄c(diǎn)P是邊AC的中點(diǎn),所以PA=PC,易證ΔAPF∽= ΔCPO,所以AF=OC=NB,∠PAF= ∠PCO,所以AF//OC,∠OAF=180°-∠AOC=120°=∠ONB.

又因?yàn)镺A=ON,所以ΔOAF∽= ΔONB,BO=OF=2PO,∠AOP=∠BOD.

此情況1 也即為推廣2 的解答.

情況2:當(dāng)點(diǎn)D在BA延長(zhǎng)線上時(shí),如圖11,將OC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到ON,因?yàn)椤螦OC= 60°,所以O(shè)、A、N三點(diǎn)共線.連接CN、BN,易知ΔCON是等邊三角形,OC=ON=CN,∠OCN= ∠ONC= 60°.因?yàn)椤螦CB= 60°,所以∠OCA= ∠NCB.又因?yàn)锳C=BC,所以ΔACO∽= ΔBCN,OA=NB,∠BNC= ∠AOC=60°,所以∠ONB=120°.

圖11

延長(zhǎng)OP至點(diǎn)F,使得PF=PO,連接CF.因?yàn)辄c(diǎn)P是邊AC的中點(diǎn),所以PA=PC,易證ΔOPA∽= ΔFPC,所以CF=OA=NB,∠POA= ∠PFC,所以AO//CF,∠OCF=180°-∠AOC=120°=∠ONB.

又因?yàn)镺C=ON,所以ΔOCF∽= ΔONB,BO=FO= 2PO,∠COF= ∠NOB,所以∠AOP= ∠BOC,所以∠AOP+∠BOD=∠BOC+∠BOD=180°.

綜上所述,BO= 2PO,∠AOP= ∠BOD或∠AOP+∠BOD=180°.