一道得分率极低的几何证明题的解法探讨(3)

海哭蓝天

海哭蓝天

2021-04-08

题目:已知:如图,在平面直角坐标系中,点A(-2,6),点C(6,2),AB⊥Y轴于点B,CD⊥X轴于点D。点F是线段OB上的一个动点,点E是第一象限内的一点,且满足点∠FEC=90°,EF=EC。若点G是AF的中点,连接EG,求证:∠OEG=45°。

这是一道得分率极低的难题,下面我们继续就其解题思路作一些探讨。

审题:本题其实就是证明⊿OEG为等腰直角三角形。由题意,⊿OAC和⊿EFC都是等腰直角三角形。现在考虑⊿EFC和⊿EOG,他们含有一个公共顶点O,让我们自然联想到手拉手模型。但由于对应关系不对,构成的却不是手拉手模型。那么我们如何将其转化成手拉手模型,就成了解决这道题的关键!

思路7:将⊿OEG补成更大的等腰直角三角形⊿OEO’(需要证明),且点O为直角顶点,此时手拉手模型构造成功。

解法7:连接OG,延长OG到O’,使GO’=GO,连接O‘A,O’E。延长O’F与OC相交于点H,我们只要证明⊿EO’F与⊿EOC全等即可。显然O’F=OC(都等于OA),EF=EC,且∠1=∠2(证四边形OCEF对角互补即可),故⊿EO’F与⊿EOC全等,而且是绕点E旋转了90度的全等(其实就是手拉手模型的旋转全等)!故可以证得EO’=EO且EO’⊥EO。又点G是OO‘的中点,所以∠OEG=45°

思路8:参照⊿EGO,取FC中点H,连接EH。显然⊿EHC是等腰直角三角形,由结论知⊿EGO也是等腰直角三角形,且点E为它们公共的底角顶点,这样就可以构成手拉手模型的旋转相似。

解法8:取FC中点H,连接EH。我们只需证明⊿EG H与⊿EOC相似即可,易证EH:EC=1:√2,GH:OC=1:√2,且∠1=∠2(证明四边形EHKC为对角互补的四边形)。于是⊿EG H与⊿EOC相似,而且是绕点E旋转了45度的相似(其实就是手拉手模型的旋转相似)! 故可以证得:∠OEG=∠CEH=45°

思路9:取FC中点K,连接EK。参照等腰直角三角形⊿EKF ,延长OG到O’,使O‘G=OG,连接O‘E,AC。由结论知⊿O’GE也是等腰直角三角形,且点E为它们公共的底角顶点,这样就可以构成手拉手模型的旋转相似。

解法9:取FC中点K,连接EK。参照等腰直角三角形⊿EKF ,延长OG到O’,使O‘G=OG,连接O‘E,AC。显然⊿EFK是等腰直角三角形,⊿EO’G是等腰直角三角形(要证明),且点E为其公共的底角顶点,这样就可以构成手拉手模型的旋转相似。易证⊿EO‘F与⊿EG k相似,而且是绕点E旋转了45度的相似(其实就是手拉手模型的旋转相似)!故易证EO’是EF的√2倍,且其夹角也是45度。故易证⊿O‘EG是等腰直角三角形,从而证得⊿OO‘E是等腰直角三角形,故∠OEG=45°

归纳:以上三种证法都是对⊿EFC与⊿EGO中的一个或全部进行割补,从而构成以点E为旋转中心的手拉手模型,然后或旋转全等,或旋转相似,再结合平行四边形或中位线定理,从而使问题迎刃而解!其中解法8和解法9都是证得一个三角形的最长边与另一边的夹角为45度,且长度之比为√2,从而得到这个三角形是等腰直角三角形,方法值得回味!

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