一道八年級數學試題的溯源、解答及推廣

廣東省廣州市真光中學(510380) 蘇國東

2020年廣州市荔灣區八年級上學期期末考第25 題基于熟悉情境命制,層次分明,方法靈活,推廣性強,是對一學期幾何模塊知識的整合與提升.試題集中考查了等邊三角形和全等三角形的判定與性質,添加輔助線構造幾何模型,分類討論、類比與轉化等數學思想.要求學生具備較好的直觀想象、數學建模、邏輯推理等核心素養,以及分析、解決動態問題的思維能力.

1 試題呈現

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

(1)如圖1,求證:ΔABE∽= ΔCAD;

圖1

(2)在點D、點E運動過程中,∠COE=____°;

(3)如圖2,點P為邊AC中點,連接BO、PO,當點D、E分別在線段AB、BC上運動時,判斷BO與PO的數量關系,并證明你的結論.

圖2

2 試題溯源

通過對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,以動態問題為背景,考查熟悉的全等與角度的問題,源于以下中考壓軸題.

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

(1)如圖3,連接AQ、CP,求證:ΔABQ∽= ΔCAP;

(2)如圖3,當點P、Q分別在AB、BC邊上運動時,AQ、CP相交于點M,∠QMC的大小是否變化? 若變化,請說明理由;若不變,求出它的度數;

圖3

(3)如圖4,當點P、Q在AB、BC的延長線上運動時,直線AQ、CP相交于點M,∠QMC的大小是否變化? 若變化,請說明理由;若不變,求出它的度數.

圖4

命題者將素材后兩問精簡為試題(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造手拉手模型和倍長中線模型,將條件轉化和集中到各組全等三角形當中.本問源于以下期末考壓軸題.

素材2:(2017年武漢武昌期末考第24 題節選)如圖5,ΔABC為等邊三角形,點M是BC中點,點P是ΔABC內一點,連接PA,PB,PC,PM,直線PC與直線AB交于點D,∠BPC=120°.

圖5

(1)當點P在AM上時,求證:∠APD=∠BPM;

(2)當點P不在AM上時,∠APD=∠BPM是否仍然成立? 若成立,請證明;若不成立,請說明理由.

素材2 中的∠BPC=120°可轉換為∠BPD=60°,與素材1 中的∠QMC= ∠AMP= 60°實現無縫對接.命題者選取素材題(2)的一般情形,將構造全等三角形證明的對應角關系,結合中點的條件替換為證明對應邊的數量關系,即PA=2PM,以吻合壓軸題(3)的命題難度.

最后,整合問題與圖形,統一編排字母,試題命制成型.

3 試題解答

(1)如圖1,因為ΔABC為等邊三角形,所以AB=AC,∠ABE= ∠CAD= 60°,又因為點D、E運動速度相同,故AD=BE,所以ΔABE∽= ΔCAD.

(2) 分為兩動點在線段或其延長線上運動兩種情況.情況1:當點D、E分別在線段AB、BC上運動時,由ΔABE∽= ΔCAD可得∠EAB= ∠ACD,所以∠COE=∠CAE+ ∠ACD= ∠CAE+ ∠EAB= ∠CAB= 60°;情況2:當點D、E分別在AB、BC的延長線上運動時,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)需要再構造一個等邊三角形以建立手拉手模型,可將OA或OC繞點O順時針或逆時針旋轉60°進行構造.下面各舉一種解法.

解法1:如圖7,將OA繞點O逆時針旋轉60°得到ON,因為∠COE= 60°,所以C、O、N三點共線.連接AN、BN,易知ΔAON是等邊三角形,所以OA=AN=ON,∠OAN= ∠ONA= 60°.因 為∠CAB= 60°,所以∠CAO= ∠BAN.又因為AB=AC,所以ΔACO∽= ΔABN,CO=BN,∠ANB= ∠AOC=180°-∠COE=120°,所以∠BNO=60°.

圖7

延長OP至點F,使得PF=PO,連接AF.因為點P是邊AC的中點,所以PA=PC,易證ΔCPO∽= ΔAPF,所以AF=CO=BN,∠PAF= ∠PCO,所以CO//AF,∠FAO= ∠COE= 60°= ∠BNO.又因為OA=ON,所以ΔAOF∽= ΔNOB,BO=FO=2PO.

解法2:如圖8,將OC繞點O順時針旋轉60°得到ON,因為∠COE=60°,所以O、E、N三點共線.連接CN、BN,易知ΔCON是等邊三角形,OC=ON=CN,∠OCN=∠ONC=60°.因為∠ACB=60°,所以∠ACO=∠BCN.又因為AC=BC,所以ΔACO∽= ΔBCN,AO=BN,∠BNC=∠AOC=180°-∠COE=120°,所以∠BNO=60°.

圖8

延長OP至點F,使得PF=PO,連接AF.因為點P是邊AC的中點,所以PA=PC,易證ΔCPO∽= ΔAPF,所以AF=CO=ON,∠PAF= ∠PCO,所以CO//AF,∠FAO=∠COE=60°=∠BNO.

又因為AO=BN,所以ΔAOF∽= ΔNBO,BO=FO=2PO.

4 變式推廣

根據素材2,在最后證得的兩個全等三角形中,對應角之間也存在相等關系,故有推廣1.

推廣1:在(3)中,判斷∠AOP與∠BOD(或∠POC與∠BOE)的數量關系,并證明你的結論.

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

推廣2:如圖9,當點D、E分別在AB、BC的延長線上運動時,判斷BO與PO的數量關系,以及∠AOP與∠BOD的數量關系,并證明你的結論.

圖9

更一般的,當點O在等邊ΔABC外部,滿足∠AOC=60°時,即可探究上述線段和角度是否存在確定的數量關系,即有推廣3.

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

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

解:顯然點D在AB的延長線或反向延長線上.

情況1:當點D在AB延長線上時,如圖10,將OA繞點O逆時針旋轉60°得到ON,因為∠AOC= 60°,所以O、C、N三點共線.連接AN、BN,易知ΔAON是等邊三角形,AO=AN=ON,∠OAN= ∠ONA= 60°.因為∠CAB= 60°,所以∠OAC= ∠NAB.又因為AC=AB,所以ΔAOC∽= ΔANB,OC=NB,∠ANB= ∠AOC=60°,所以∠ONB=120°.

圖10

延長OP至點F,使得PF=PO,連接AF.因為點P是邊AC的中點,所以PA=PC,易證ΔAPF∽= ΔCPO,所以AF=OC=NB,∠PAF= ∠PCO,所以AF//OC,∠OAF=180°-∠AOC=120°=∠ONB.

又因為OA=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:當點D在BA延長線上時,如圖11,將OC繞點O順時針旋轉60°得到ON,因為∠AOC= 60°,所以O、A、N三點共線.連接CN、BN,易知ΔCON是等邊三角形,OC=ON=CN,∠OCN= ∠ONC= 60°.因為∠ACB= 60°,所以∠OCA= ∠NCB.又因為AC=BC,所以ΔACO∽= ΔBCN,OA=NB,∠BNC= ∠AOC=60°,所以∠ONB=120°.

圖11

延長OP至點F,使得PF=PO,連接CF.因為點P是邊AC的中點,所以PA=PC,易證ΔOPA∽= ΔFPC,所以CF=OA=NB,∠POA= ∠PFC,所以AO//CF,∠OCF=180°-∠AOC=120°=∠ONB.

又因為OC=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°.