從一道中考題談一個基本圖形

2013年各地中考的大幕已經徐徐拉上，總體來說，不乏一些立意新穎、視角獨特的創新題目.

今年的江西省中考數學試卷注重知識立意與能力立意，突出對學生基本素養考查的同時，關注學生在具體情景中運用所學知識分析和解決問題的能力.下面就其中的第23題，談一談同學們在幾何學習中掌握和理解一些基本圖形在解題中發揮著怎樣重要的作用.

題目：某數學活動小組在作三角形的拓展圖形，研究其性質時，經歷了如下過程：

●操作發現：在等腰△ABC中，AB=AC，分別以AB和AC為斜邊，向△ABC的外側作等腰直角三角形，如圖1所示，其中DF⊥AB于點F，EG⊥AC于點G，M是BC的中點，連接MD和ME，則下列結論正確的是（填序號即可）.

①AF=AG=112AB；②MD=ME；③整個圖形是軸對稱圖形；④∠DAB=∠DMB.

●數學思考：在任意△ABC中，分別以AB和AC為斜邊，向△ABC的外側作等腰直角三角形，如圖2所示，M是BC的中點，連接MD和ME，則MD與ME具有怎樣的數量和位置關系？請給出證明過程；

●類比探究：在任意△ABC中，分別以AB和AC為斜邊，向△ABC的內側作等腰直角三角形，如圖3所示，M是BC的中點，連接MD和ME，試判斷△MED的形狀.

圖1圖2圖3圖4通過審題我們可以發現，題目中三個具有遞進層次的小問題有一個共同的目標特征：即以一個任意三角形的任意兩邊為斜邊分別作等腰直角三角形，這個三角形第三邊的中點與兩等腰直角三角形的直角頂點之間的兩條線段具有怎樣的數量和位置關系？因此，我們可以把這個問題包含的幾何結構看作一個基本圖形來加以研究.

1基本圖形相關結論的證明

如圖4，D是△ABC中AB邊上的中點，△ACE和△BCF分別是以AC、BC為斜邊的等腰直角三角形，連接DE、DF.求證：DE=DF，DE⊥DF.

證明：聯想到等腰三角形“三線合一”的性質和中位線的性質，我們考慮取AC、BC中點M、N，連接MD、ND，EM、FN.

因為∠AEC=90°，∠BFC=90°，所以EM=112AC，FN=112BC.因為D為AB中點，所以DN=112AC，MD=112BC，DN∥CM且DM∥CN.所以EM=DN，FN=MD，四邊形MDNC為平行四邊形.所以∠CMD=∠CND，∠MGD=∠GDN.因為∠EMC=∠FNC=90°，所以∠EMC+∠CMD=∠FNC+∠CND，即∠EMD=∠FND，所以△EMD≌△DNF.所以DE=DF，∠MED=∠NDF.所以∠GDH=∠GDN-∠NDF=∠MGD-∠MED=∠EMC=90°.所以DE⊥DF.

至此，我們可以把基本圖形概括為：分別以一個三角形的任意兩邊為斜邊作等腰直角三角形，這個三角形第三邊的中點與兩等腰直角三角形的直角頂點之間的兩條線段垂直且相等.

接下來，我們討論這個基本圖形的典型應用和拓展：

2基本圖形的典型應用

已知Rt△ABC中，AB=BC，在Rt△ADE中，AD=DE，連結EC，取EC中點M，連結DM和BM，

（1）若點D在邊AC上，點E在邊AB上且與點B不重合，如圖5，求證：BM=DM且BM⊥DM；

（2）如圖6中的△ADE繞點A逆時針轉小于45°的角，那么（1）中的結論是否仍成立？如果成立，請給予證明.

圖5圖6分析（1）觀察圖形可知，BM、DM分別是Rt△CDE和Rt△CBE的中線，所以BM=DM=112CE，∠DME=2∠DCM，∠BME=2∠BCM，所以∠DMB=2∠DCM+2∠BCM=2（∠DCM+∠BCM）=2×45°=90°，即BM⊥DM；

（2）通過觀察易知（1）中的結論顯然成立.△ADE旋轉以后，如果用類似（1）的辦法證明顯然無法解決，認真觀察我們可以發現，可以把圖形看作是“分別以△ACE的兩邊AE，AC為斜邊作等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，取△ACE的第三邊EC的中點M，分別連接點BM與DM”而構成的基本圖形，用基本圖形的證明方法證明即可.

解（1）在Rt△EBC中，M是斜邊EC的中點，所以BM=112EC.在Rt△EDC中，M是斜邊EC的中點，所以DM=112EC.所以BM=DM.因為DM=MC，所以∠EMD=2∠ECD.因為BM=MC，所以∠EMB=2∠ECB.所以∠EMD+∠EMB=2（∠ECD+ECB）.因為∠ECD+∠ECB=∠ACB=45°，所以∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM.

（2）當△ADE繞點A逆時針旋轉小于45°的角時，（1）中的結論成立.證明如下：

如圖6，分別取AE，AC的中點的中點F，G，連接DF，FM，MG，BG，設FM，BG交于點H.

因為∠ADE=90°，∠ABC=90°，所以DF=112AE，BG=112AC，因為M為AB中點，∠AFD=∠AGB=90°，所以MG=112AE，MF=112AC，MG∥AF且FM∥AC.所以DF=MG，BG=FM，∠FHB=∠AGB=90°，四邊形MFAG為平行四邊形.所以∠AFM=∠AGM，所以∠AFM-∠AFD=∠AGM-∠AGB，即∠MFD=∠BGM，所以△MFD≌△BGM.所以DM=BM，∠FMD=∠GBM.所以∠DMB=∠BMH+∠FMD=∠BMH+∠GBM=∠FHB=90°.所以DM⊥BM.

本題是基本圖形的應用，關鍵在于能從較為復雜的圖形中提煉出基本圖形.

3基本圖形的拓展

拓展1：如圖7，在△ACD中，點M是CD的中點，分別以AC、AD為邊在△ACD外作直角三角形ABC和ADE，∠ABC=∠AED=90°，∠BCA=∠ADE=α，連接MB、ME.

（1）求證：MB=ME；（2）求∠BME的度數.

圖7分析（1）與基本圖形相比，題目中的等腰直角三角形變成了直角三角形，其它條件不變，因此我們考慮用類似的解題思路：如圖，分別取AC、AD的中點F、G，連接BF、MF、MG、EG，嘗試證△BFM≌△MGE.（2）求∠BME的度數時，我們仍考慮類似基本圖形證DE⊥DF的方法求解.

解如圖7，分別取AC、AD的中點F、G，連接BF、MF、MG、EG，所以MG=112AC，MF=112AD，MG∥AC，MF∥AD，所以四邊形FMDN為平行四邊形，所以∠AFM=∠AGM，∠BMG=∠FPM.因為F，G是AC，AD的中點，∠ABC=∠AED=90°，所以BF=112AC，EG=112AD，∠GDE=∠GED，∠BCF=∠CBF.

所以BF=MG，MF=EG，因為∠BCA=∠ADE，所以∠BFA=2∠BCA=2∠ADE=∠AGE，所以∠BFM=∠AFM+∠BFA=∠AGM+∠AGE=∠MGE.，所以△BFM≌△MGE，所以BM=EM，∠FBM=∠GME，所以∠BME=∠BMG-∠EMG=∠FPM-∠FBP=∠BFA=2∠BCA=2α.

因此我們可以把這個基本圖形的拓展1概括為：當把基本圖形的等腰直角三角形變為兩個相似的直角三角形時，結論中兩條線段的數量關系保持不變，兩條線段的夾角等于任意一個直角三角形中一個銳角的2倍.圖8

拓展2：如圖8，D是△ABC中AB邊上的中點，△ACE和△BCF分別是以AC、BC為底邊的等腰三角形，若∠EAC+∠FCB=90°，且∠EAC=α.連接DE、DF.

（1）求DE∶DF的值；（2）求證：DE⊥DF.

分析（1）與基本圖形相比，題目中的等腰直角三角形變成了一般的三角形，且滿足其中一個三角形的底角與另一個三角形的底角互余，其它條件不變，因此我們考慮用類似的解題思路：如圖，分別取AC、BC中點M、N，連接MD、ND、EM、FN，尋求△EMD與△DNF的關系，我們注意到到兩個三角形明顯不再全等，因此我們嘗試證△EMD∽△DNF；（2）我們考慮用基本圖形中證DE⊥DF的方法求解.

解分別取AC、BC中點M、N，連接MD、ND、EM、FN.

所以∠EMC=∠FNC=90°，AM=CM.因為∠EAC+∠FCB=90°，∠FCB+∠CFN=90°，所以∠CFN=∠EAC=α.所以EM1AM=CN1FN=tanα.因為D為AB中點，所以DN=CM，MD=CN，DN∥CM，所以四邊形MDNC為平行四邊形，所以∠CMD=∠CND，EM1DN=DM1FN=tanα.所以∠EMC+∠CMD=∠FNC+∠CND，即∠EMD=∠FND.所以△EMD∽△DNF.所以DE1DF=EM1DN=tanα，∠MED=∠NDF.所以∠GDH=∠GDN-∠NDF=∠MGD-∠MED=∠EMC=90°.所以DE⊥DF.

我們可以把這個拓展的結論概括為：當把基本圖形的等腰直角三角形變為兩個底角互余的等腰三角形時，結論中兩條線段的比值等于其中一個等腰三角形底角的正切值，而線段的位置關系保持不變.

4結束語

幾何的學習，實際上是從較為復雜的的圖形中分解出基本圖形的過程.基本圖形可以簡單理解為教材中所涉及到概念、公理、定理所對應的圖形，以及典型習題所對應的圖形以及相關結論.在平時的學習中，我們要整理、歸納老師講解的一些典型問題包含的基本圖形，在解決復雜的幾何問題時，注意觀察圖形是否是基本圖形，圖形中是否包含基本圖形或者是否可以通過做輔助線轉化為基本圖形，這樣通過對圖形的分解、提煉、構造，可有效提高我們的幾何直觀思維能力，感知和分析圖形的能力.在解決復雜的幾何問題時，為問題的解決提供了高效、有力的保障.

作者簡介霍娜，女，1982年7月生，河北省行唐縣人，中學一級教師.石家莊市優秀班主任，橋東區中高考突出貢獻個人，橋東區教壇新秀，青年教師素質與能力大賽中榮獲一等獎，中高考試題研究大賽中榮獲一等獎.