糾正錯題提高解題能力

2019-05-25 08:55:08韓寶華

初中生世界 2019年19期

關鍵詞：解題

韓寶華

“四邊形”這一章的性質、定理很多，它與角平分線、全等三角形等知識點相綜合，題型豐富。同學們在解決有關四邊形問題時，會產生各種錯誤。希望通過學習本文，同學們能更好地理解題目的本質，提高解題能力。

一、畫圖不全面，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，求這個平行四邊形的周長。

【錯解】32。

【錯因分析】題目中沒有給出圖形，有些同學在做題畫圖時沒有考慮線段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題時常會出現的錯誤。

【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AE∶ED=3∶2時，可設AE=3x，則ED=2x，AD=5x，AB=AE=3x，

又∵AB=6，∴x=2，∴AD=10。

此時平行四邊形的周長為2×（6+10）=32。

當AE∶ED=2∶3時，如圖2，可設AE=2x，則ED=3x，AD=5x，AB=AE=2x，

圖2

又∵AB=6，∴x=3，∴AD=15，

此時平行四邊形的周長為2×（6+15）=42。

【點評】當題中沒有給出圖形時，大多數情況下要結合題意，正確畫出圖形。此外，要考慮分類討論。

二、混淆矩形、菱形的判定定理

例2 如圖3，已知四邊形ABCD，點E、F、G、H分別是各邊的中點。

（1）當AC、BD滿足什么條件時，可得四邊形EFGH是矩形？

（2）當AC、BD滿足什么條件時，可得四邊形EFGH是菱形？

【錯解】（1）AC=BD；（2）AC⊥BD。

【錯因分析】在得到中點四邊形EFGH的基礎上，把原四邊形ABCD的對角線混淆成四邊形EFGH的對角線。

【正解】（1）AC⊥BD。

證明：∵E、F分別是AB、BC的中點，

∴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，FG∥BD，

∴只需BD⊥AC即可。

（2）AC=BD。證明可類比（1）。

【點評】類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、猜測問題答案或結論的方法。

三、不能將特殊四邊形轉化為特殊三角形

例3 如圖 4，在坐標系中，有A（0，6）、C（8，0），動點P以2個單位/秒的速度從點A沿線段AC向點C移動，同時動點Q以1個單位/秒的速度從點C沿CO向點O移動，當其中一點到達終點時，P、Q同時停止運動。

圖4

（1）用時間t表示P點坐標。

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

【錯因分析】（1）不能正確地根據線段關系表示線段長，不能構造相似求線段長。

（2）對菱形與等腰三角形的關系理解不透，不能將菱形的存在轉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，過點P作PH⊥OC，垂足為點H，則可得△CPH∽△CAO，

圖5

（2）①代數法：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 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，過點P作PG⊥OC于點G，

圖6

若QP=QC，如圖7，存在四邊形PQCM為菱形，過點Q作QG⊥AC于點G，

圖7

【點評】因為菱形是以對角線所在的直線為對稱軸的軸對稱圖形，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、解題過程不規范

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

【錯解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，

∴∠AED=∠CFB=90°，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴∠ADE=∠CBF，

∴△ADE≌△CBF。

【錯解原因】不能直接由平行四邊形ABCD得到∠ADE=∠CBF。△ADE≌△CBF還缺等邊條件，應該在證明中呈現出來。

【正解】∵AE⊥BD，CF⊥BD，