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今天笔者将借助一道经典“老大难”，跟大伙玩转“中点”，谈谈“中点那些事”！这是昨天课堂上《中考指要》中位线章节中的一道例题，据说这是一道老题，但本人觉得它老的有味道，老的有内涵，老题一样会很精彩！下面笔者想把课堂上的精彩如实记录下来，与大家分享、互勉！ 题目：（题目来源：高邮市赞化学校九年级中考指要，2013年湖南常德压轴题） 已知两个共顶点的等腰三角形Rt△ABC和Rt△CEF，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB，ME. ⑴如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证MB∥CF； ⑵在图1中，若AB=a，CE=2a，求BM，ME的长； ⑶如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME. 对于第（1）小问，这里提供三种处理中点的常用方法： 方法一：“中点+平行→全等”（由教者引导学生完成） 分析易知AB∥EF，加之已知M为AF的中点，联想到“中点+平行→全等”结构，延长BM交EF于点N，如图1-1-1所示，易证明△ABM≌△FNM； 如图1-1-2所示，则有NF=BA=BC，且MB=MN，又因为EF=EC，所以EF-NF=EC-BC，即EN=EB； 从而△EBN为等腰直角三角形，结合MB=MN，由等腰三角形“三线合一”易知△EMB也是等腰直角三角形； 故∠EBM=∠ECF=45°，从而有MB∥CF； 值得一提的是，运用此法证明△EMB为等腰直角三角形后，还能得到BM与ME数量上相等、位置上垂直的特殊关系，这样更加直指问题的本质； 方法二：“中点+直角三角形→斜边的中线长定理”（九（2）班陆云天同学提供） 分析易知∠ACF=90°，即△ACF为直角三角形，加之已知M为AF的中点，联想到“中点+直角三角形→斜边的中线长定理”结构，连接CM，如图1-2-1所示，则易知CM=AM=FM； 又因为BA=BC，BM=BM，由“SSS”易知△ABM≌△CBM； 从而∠ABM=∠CBM=135°，又因为∠BCF=45°，所以∠CBM+∠BCF=180°，故MB∥CF； 另外，九（13）班赵耀同学，也采用了这种辅助线，但他说理的方式借用了“垂直平分线”，而巧妙避开了全等说理，值得学习，即由CM=AM知点M在线段AC的垂直平分线上；同理由BA=BC知点B在线段AC的垂直平分线上；由“两点确定一条直线”知直线MB是线段AC的垂直平分线，从而MB⊥AC，又因为FC⊥AC，所以有MB∥CF； 值得一提的是，此法依然可以进一步证明EM与BM的数量相等、位置垂直关系：如图1-2-2，同理由“SSS”易证△ECM≌△EFM，从而∠CEM=45°，又因为∠EBM=45°，故△EMB为等腰直角三角形，从而得解； 方法三：“中点+中点→三角形中位线定理”（九（2）班高雅同学提供） 延长AB交CF于点D，如图1-3所示，易证△ACD为等腰直角三角形，从而B为AD的中点； 加之已知M为AF的中点，联想到“中点+中点→三角形中位线定理”结构，易知BM是△ADF的中位线，所以有MB∥DF，即MB∥CF成立； 反思1：上面提供的三种解法是师生共同合作的结果，这是处理中点问题的常见方法；初中阶段有关中点的性质不是很多，几乎可以扳手指数出来：如直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半（方法二）；等腰三角形“三线合一”定理；三角形中位线定理（方法三）；三角形的中线将三角形面积平分等性质，以及倍长中线等常见辅助线，其实方法一中“中点+平行→全等”就有点倍长中线的味道！ 关键是同学们如何在复杂的图形中，合理熟练运用这些最基本的性质与方法，随心所意“玩转中点”那些事！ 而对于第（2）小问，利用前面的方法得到△EMB为等腰直角三角形后就可以口算完成，不再赘述； 反思2：但在课堂上，对于这个简单的第（2）小问，九（2）班金露同学存在质疑：第（1）小问中条件“当CB与CE在同一直线上时”还存在吗？它不仅仅就是第（1）小问的“小条件”吗？按道理在第（2）小问中应该不可以直接使用啊？即便第（2）小问中有“在图1中”这个条件啊！ 是啊！中考题未必就一定权威，也可能存在一定的问题！我完全同意金露同学的认识与想法，认为此题表述存在一定的缺陷！ 同学们审题时就应该如此细致，学习时就要敢于质疑，这些精神是极其难能可贵的！ 对于第（3）小问，先提供笔者引导学生利用“图形变了，但方法未变”的原理，试图用前面已经用过的方法去解决： 方法一：“中点+平行→全等”（延续第（1）小问的方法一） 图形变换，丰富多姿！但有时候，图形变换的仅仅是表明，但其本质几乎甚至于有可能根本就没有任何变化，这就是我常跟同学们说的“图形变了，方法未变”！ 试着用前面已经证明的方法思路去突破这最后一问，提醒就利用前面的推导过程中的“字母”去尝试，即证明过程中有可能连字母的书写都无任何变化，不信你看： 先回顾第（1）小问的主要证明过程： 第一步，由AB∥EF及M为AF的中点，联想到“中点+平行→全等”结构，延长BM交EF于点N，证明出△ABM≌△FNM，则有NF=BA=BC，且MB=MN； 第二步，再由EF=EC得EN=EB，从而△EBN为等腰直角三角形，结合“三线合一”知△EMB也是等腰直角三角形； 我们可以试试看上面的过程在第（3）小问中是不是还成立？或者说对解决第（3）小是否有指导和提示作用？ 第一步就不成立！对！第一步AB∥EF就明显不成立，但这个图形中明显有AB∥CF啊！平行条件依然存在！加之已知M为AF的中点，联想到“中点+平行→全等”结构，延长AM交CF于点N，如图2-1-1所示，易证△ABM≌△FNM，可得NF=BA=BC，且MB=MN依然成立，如图2-1-2所示； 我们继续看看第二步变不变：问题到这里好像进入了瓶颈，第（1）小问中由EF=EC这个条件推出了EN=EB；但这里连EN、EB这两条线段都不存在啊！ 是啊，这两条线段不存在，既然不存在，我可以连接辅助线啊！试试呗！ 如图2-1-3所示，连接EN与EB，能否还是利用EC=EF证出EN=EB呢？接下来就自然想到了证明全等； 如图2-1-4所示，一个经典的“手拉手全等模型”就产生了，即△EBC≌△ENF（SAS）； 从而易得△EBN为等腰直角三角形，再结合MB=MN，由等腰三角形“三线合一”可得△EMB也是等腰直角三角形，故BM=ME，顺带着还证明了BM⊥ME； 反思3：从上面第（1）小问的证明过程到第（3）小问的证明过程对比琢磨，我们发现其基本思路与大体过程几乎一模一样，少部分地方变通处理即可，这就是“图形变了，方法未变”的精髓所在！同学们一定要掌握这种思考与解决问题的方式与方法，尤其是在一些大型的综合性几何题中，屡试不爽，百战百胜！ 方法二：“中点+中点→三角形中位线定理”（延续第（1）小问的方法三） 而DF=AG几乎是显然的，这又是一个经典的“手拉手全等模型”啊！如图2-2-3所示，这是一个“共直角顶点的双等腰直角三角形、手拉手、旋转相似一拖二模型”，很容易知道△ACG≌△DCF（SAS），从而有DF=AG成立，故BM=ME成立，得证！ 值得一提的是，利用此法可以进一步证明BM⊥ME：如图2-2-4，由刚刚的已证明△ACG≌△DCF，再结合一个“8字型”很容易得到FD⊥AG，从而易知BM⊥ME，即△BME为等腰直角三角形！ 反思4：接下来，我带领同学们一同反思上面的方法二，认真去琢磨推敲了下它的思路：最初始的问题也是一个“共顶点的双等腰直角三角形模型”，之所以难以下手，是因为它们是“共45度角锐角顶点”了，这跟我们从前接触的模型不一样，我们遇到过好多次的都是“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”； 而问题经过巧妙的处理得到图2-2-3后，就被神奇地转化为了我们熟悉的“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”，从而顺利得到FD=AG且FD⊥AG这一常见的结论； 再结合已知中M为AF的中点，利用两次中位线定理，顺利将两条目标线段ME及MB转化到了FD与AG上来，从而得到BM=ME且BM⊥ME这一深刻的结论，数学多么神奇啊！ 更神奇的是，我又提了一个更加一般的问题，然后带领学生们利用上面这种有趣的转化尝试去解决，结果达到了更一般的结论，数学的魔力真是无穷无尽啊！ 变式：如图3，当∠BCE为任意角时，其他条件不变，求证：BM=ME且BM⊥ME. 简析：利用同样的处理手法将原始的“共45度锐角顶点的双等腰直角三角形模型”转化为“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”，如图3-1所示，进而易得FD=AG且FD⊥AG这一常见的结论，如图3-2所示； 再结合已知中M为AF的中点，利用两次中位线定理，顺利将两条目标线段MB及ME转化到了FD与AG上来，如图3-3及图3-4所示，从而得到BM=ME且BM⊥ME这一深刻的结论，数学多么神奇啊！ 整节课接近了尾声，推向了高潮！ |
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