探索精彩的生命世界【精彩问题来自不断的探索】

　　摘要:笔者对一道普通的考题,首先通过尝试改变考题的情境、条件、图形等,精彩地展示了一题多变后的好题;其次,通过对结论作发散性思考,创作了若干个妙题;最后,对题设、结论作了进一步的延伸、发散、类比,奉献了精彩的发散性试题.
　　关键词:探索;精彩;问题;数学;题设;结论
　　
　　笔者不久前在高中交流试卷上看到一题,求证:在边长为a的正三角形中平分面积的最短线段长为a.
　　证明如图1所示,边长为a的正三角形ABC的面积S△ABC=a2.
　　
　　图1
　　设MN平分△ABC的面积,设AM=x,AN=y,则S△AMN=xysin60°=xy. 又S△AMN=S△ABC,所以xy=×a2. 所以xy=a2. 所以MN2=x2+y2-2xycos60°=x2+y2-xy≥2xy-xy=xy=a2,当且仅当x=y=a时取等号,此时MNmin=a.
　　此题优美,经过不断的探索,得到了如下几个精彩的问题:
　　探索1在上题中,M,N分别在AB,AC上移动,若改在其他边上,结论有无影响?(由正三角形的对称性知,结论不变)
　　探索2将(直)线段改为折线段,有何结论?
　　结论一定存在平分此三角形的折线段.
　　例1已知:如图2所示,D,E,F分别为BC,AB,AC之中点, △ABC是边长为a的正三角形.
　　
　　图2
　　求证:S四边形AEDF=S△ABC .
　　证明因为D,E分别为BC,AB之中点,所以DE∥AC且DE=AC. 所以S△BDE=S△ABC .
　　同理可证S△CDF=S△ABC .
　　所以S四边形AEDF=S△ABC-S△BDE-S△CDF=S△ABC-S△ABC-S△ABC=S△ABC .
　　评注此时折线段EDF平分此三角形的面积,且ED+DF=+=a>a .
　　例2如图3所示,O为BC边中线AD之中点,连结OB,OC, △ABC是边长为a的正三角形.
　　求证:S△BOC=S△ABC .
　　
　　图3
　　证明因为△ABC为正三角形,AD为中线, 所以AD为BC边上的高,又O为AD之中点, 所以OD=AD.
　　所以S△BOC=BC•OD=BC•AD=•BC?摇•AD?摇=S△ABC .
　　评注此时折线段BOC平分此三角形的面积,且OD=AD=asin60°=a,BO+OC=2BO=2•=a>a>a.
　　探索3平分此三角形的折线段之和是否一定大于a?
　　结论存在平分此三角形且折线段之和小于a的折线段.
　　例3如图4,△ABC是边长为a的正三角形,AD为BC边上的中线,G为AD上一点,AE=AG=AF=x,且折线段EGF平分△ABC的面积.
　　求证:EG+GF　　
　　图4
　　证明由已知得:2×x2sin30°=S△ABC,S△ΑΒC=•a2,所以x2=a2.
　　所以EG+GF=2•GE=2•=2=2•=a≈0.681 3a　　探索4在图4中,折线段为2节,若不断增加节数,有何结论?
　　结论折线段之和在不断减小,且存在最短的曲线段.
　　
　　图5
　　证明在图5中,设AE=AG=AH=AF=x,3•x2sin=•a2,所以x2=a2•.
　　所以EG+GH+HF=3EG=3=3=3=a≈0.676 8a…>MnNn>…>M1N1>M0N0.
　　下面只证M1N1>M0N0,其余之证明可仿照进行. 过M0作M0J∥AC且交M1N0于J.
　　在△M0M1J中,∠M0JM1=∠AN0J>∠AN0M0=60°,∠M0M1J=∠AM0N1M0J.
　　由于M0N1∥M1N0,且M0J∥AC,所以M0J=N0N1.
　　所以M0M1>N0N1.
　　为方便计,设M0M1=t1>0,N0N1=t2>0,显然t1>t2>0.
　　在△AM1N1中,M1N12=a+t12+ a-t22-2×a+t1•a-t2cos60°=a2+at1+t+ a2-at2+t-a2+at2-•at1+t1t2=a2+at1-at2+(t+t+t1t2)=a2+a(t1-t2)+(t+t+t1t2)>a2=a2=M0N02.
　　所以M1N1>M0N0.
　　有兴趣的同学可进一步探索有无平分此三角形面积的最长折线段.
　　探索6将原题中“平分面积”改为“平分周长”,有何结论?
　　结论1从三角形顶点出发的平分周长的线段交于一点J.
　　例4已知:如图7所示,AD,BE,CF分别平分△ABC的周长,AB=c,BC=a,CA=b,记p=(a+b+c).
　　求证:AD,BE,CF交于一点J.
　　
　　图7
　　证明因为AD平分△ABC的周长,所以c+BD=b+CD=p.
　　所以BD=p-c,CD=p-b.
　　同法可得AF=p-b,BF=p-a,AE=p-c,CE=p-a .
　　因为••=••=1,由塞瓦定理得,AD,BE,CF交于一点J.
　　结论2过三角形三边中点且平分周长的线段交于一点K.
　　例5已知:如图8所示,在△ABC中,AB=c,AC=b,BC=a,点L,M,N分别为AB,BC,CA三边的中点,且MS,LR,NT分别平分△ABC的周长,MS与LN交于点D,LR与MN交于点E,NT与LM交于点F.
　　求证:MS,LR,NT交于一点K.
　　
　　图8
　　证明因为L,M分别为AB,BC之中点 ,所以BM=BC=a,LB=•AB=c.
　　又MS平分△ABC的周长,所以SL+LB+BM=(a+b+c).
　　所以LS=b.
　　同理可得TM=,MR=. 而==,所以LD==,DN=LN-LD=a-==.
　　所以==.
　　同理可得=,=.
　　而••=••=1,由塞瓦定理得MS,LR,NT交于一点K.
　　结论3J,K,G共线(G为△ABC之重心).
　　利用仿射几何的仿射不变性可以证明此结论.
　　结论4由此联想到O,G,H是否共线?答案是肯定的.
　　例6已知:如图9所示,O,G,H分别为△ABC的外心、重心、垂心,AM为BC边上之中线,AD为BC边上之高线.
　　求证:O,G,H三点共线.
　　证明设OH与AM交于点Q,连结OM,延长BO交⊙O(⊙O为△ABC的外接圆)于点E,连结CE,由中位线定理可知OM∥CE,且OM=CE.
　　由BE为直径知∠BCE=90°. 所以CE⊥BC,AD⊥BC(高的定义).
　　所以CE∥AD. 而CE∥OM,所以OM∥AD. 所以△OMQ∽△HAQ.
　　所以=.
　　连结CH,EA,因为CH⊥AB(垂心定义),?摇EA⊥AB(因为∠EAB=90°),所以CH∥EA.?摇
　　所以四边形AECH为平行四边形.
　　所以AH=CE.
　　而AD∥CE(已证),所以===.
　　又=(G为重心),所以Q与G重合.
　　所以O,G,H三点共线.
　　探索是一种高层次的学习,是无止境的,许多精彩问题就是在不断的探索当中诞生的,尽管它们不一定被解决,但是它们的出现远比解决一个问题还重要.
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