一道中考壓軸題改編后的解法探究

曹路路

(廣東省廣州大學附屬中學 510000)

(1)如圖1，求點A的坐標；

(2)如圖2，連接AC，點P為△ACD內一點，連接AP、BP，BP與AC交于點G，且∠APB=60°，點E在線段AP上，點F在線段BP上，且BF=AE，連接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；

(3)如圖3，在(2)的條件下，當PE=AE時，求點P的坐標．

改編后(2019年廣州市南沙區初三一模第25題)如圖4，已知在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A在x軸負半軸上，直線y=-x+6與x軸、y軸分別交于B、C兩點，四邊形ABCD為平行四邊形，且AC=BC，點P為△ACD內一點，連接AP、BP且∠APB=90°．

(1)求證：∠PAC=∠PBC；

(2)如圖5，點E在線段BP上，點F在線段AP上，且AF=BE，∠AEF=45°，求EF2+2AE2的值；

(3)在(2)的條件下，當PE=BE時，求點P的坐標．

第(2)問 連接CE、CF、CA，結合已知條件和第(1)問的結論，易證△CEB?△CFA，從而可得等腰Rt△CEF和Rt△AEC，所以EF2+2AE2=2CE2+2AE2=2AC2=144.

第(3)問 標準解答：設AF=BE=PE=m，PF=n.在Rt△PEF中，EF2=m2+n2,

在Rt△PEA中，AE2=(m+n)2+m2.

∴(m2+n2)+2((m+n)2+m2)=144,

整理得2(m+n)2+3m2+n2=144①.

另在Rt△PBA中，PA2+PB2=AB2，整理得(m+n)2+4m2=144②.

由①②得：(m+n)2+n2-m2=0，∴n=0，即點P、F重合時恰有PE=BE.

過P作PQ⊥AB于點Q，則△PAQ∽△BAP

上述第(3)解答中最關鍵的是證明一個特殊情況，即當PE=BE時，點P與F重合.

下面針對此處給出另外三種證明方法：

證法一連接OE并延長至點G，使得OE=OG，作FH⊥GE，連接AH，由OE是△ABP的中位線，可得OE⊥BP；根據△AOG?△BOE，可得BE=AG=AF,∠G=∠BEO=90°，從而可得正方形AGHF，所以∠AHF=∠AEF=45°，從而AHEF四點共圓，又因為AGHF四點共圓，因此AGHEF五點共圓，顯然只有當H與E重合時才能成立，從而F與P重合.

評析該證法從兩個中點(點E和O)入手，巧妙運用三角形中位線和倍長中線法，然后運用四點共圓結合已知條件進行證明，對初中常見的輔助線作法進行了復習和鞏固，也加強了對圓的學習，不失為一種好方法.

證法二作FG⊥EF，GH⊥PH，易得等腰Rt△GFE，所以FE=FG，從而△GHF?△FPE，所以FH=PE=EB=FA，從而可得從而F與P重合.

評析該方法從45°角入手構造特殊的直角三角形，繼而構造出最為常見的“一線三垂直”模型，從而達到要證明的目的，非常的巧妙.

證法三分別過點A和點B作直線EF的垂線，垂足分別為G和H，連接PG.根據∠GAF=∠PEF=∠BEH,AF=BE，可得Rt△AGF?Rt△EHB(AAS)，所以EH=AG.又因為△AGE為等腰直角三角形，所以AG=GE=EH.從而可得△GEP?△HEB(SAS)，所以∠PGE=∠H=90°=∠AGF，所以A、G、P三點共線，從而可證F與P重合.

評析該方法從AF=BE入手，構造全等三角形，然后得出一個看似“奇怪”的結論：EG=EH，然后再次使用全等證明出F與P重合這一結論.

通過以上方法的講解，我們會發現相比較標準解法使用勾股定理和代數運算來講，另外三種解法都是采用了幾何方法，并且切入點都是最常見的輔助線作法，這對鍛煉學生的幾何邏輯思維非常有用.

另外針對第(3)問求解，可用以下方法避免證明F與P重合：