初二奥数教材类比与联想

第二十讲类比与联想

利用类比与联想，常常可以发现新命题和扩展解题思路.

1.类比与发现

例1已知：aABC中，ZC=90°,AC=BC=1,BD是AC边上的中线,

E点在AB边上，且ED_LBD.求4DEA的面积（图2-113）.

解引CF_LBA于F,由于BC=AC,所以CF是底边AB上的中线.因为

H为△ABC的重心，所以

c2c21c2111

°ABHC20ABDC32a。®。3226'

因为NC=NBDE=90°,所以

ZADE=ZCBH.

又由NA=NBCH=45°,可知△ADE^Z^CBH.所以

WJADV1

S庙HCUcJ4，

所以S5以=：•S而柄=3\=营

类比如果保留例1中等腰三角形诸条件，去掉直角这一特殊性，那

么是否会产生类似的命题呢？由此想到例2.

图2-114

例2如图2-114.已知AABC中，NC=4NB=4NA,BD是AC边上的中

线，E点在AB上，且NAED=NC,义题=1,求心皿

解类似例1的解法，引CF1AB于F,交BD于H,显然4ADE不相似

于aCBH.但由已知条件

ZC=4ZB=4ZA,

则

ZA=ZB=30°,ZC=120°.

由于CF平分NC,所以

ZACF=60°.

又因为NAED=NACB,ZA=ZA,所以

△ADEABC,

所以

,△■ADE_

由于aAFC中NAFC=90°,ZA=30°,所以若设CF=x,则

AC=2x,AF=V3x.

于是AB=2疾，因此

c2

Q-ADE=x

SAABC(2V3X)2

注意若SA击=J，则皿=99J，与例1结论相同.

乙X乙乙fc»*«

类比如果保留例1中的直角等条件，去掉等腰三角形这一特殊性，

可以类似地得到例3.

例3已知4ABC中NC=90°,AC=2BC=2,BD是AC边上的中线，CF

_LAB于F,交BD于H（图2-115）.求S..

解本题直接求SA刖有些困难，联想例1、例2中的AADE,不妨引辅

助线DELBD交AB于E.

由于AC=2BC=2,D是AC的中点，且NC=NBDE=90°,所以

ZCBH=ZADE=45°.

因为CFLAB于F,所以NBCH=NA.由于BC=AD=1,所以

△CBH^AADE,

所以SACBH=S△ADE.

因此只要求出SA确即可，为此，设DE=X,则

SABDE+$△标E=$'

所以

!BD*X+[X*AD.sin45o=^-,

222

1W1，圾1

即

2222

_42

所以a亍

S=

所以4CBHSAADE=3•-y-*1*sin450

172A/21

~2~~T~6

注意(。例3中，若令AC=2BC=1,则S4ABe=9,S&卯D=

那么DE=W，S&如E=:，也与例侑相同结论.

oiz/q

(2)例3由例1类比而来，最自然的想法是求SA则为增加难度与变

换方式获得新命题，故例3反求SACBU.

我们知道一个三角形的三边如果是a,b,C,那么就有

b-c|<a<b+c,①

即三角形任意一边小于其余两边之和，大于其余两边之差.

我们对①类比：是否有

卜历-闵《以〈VU+、后②

存在呢？如果②存在，那么就发现了如下命题（例4）.

例4已知线段a,b,c组成了一个三角形.求证：7a,7b,加也

能组成一个三角形.

证由已知条件，可设

Ib-c|<Ca<Cb+c,

由a<b+c得

(、同*<b+c<(«\/b+质)'，

所以

又由于

2

1而一'局(m+A/C)=|b-c|〈a=(7a),

所以

而一眼<$、<平=石，

+JcJa

因此

|^/b-^/c|<C^/a.

综上

卜历-,同<,区VVb+

同理

|^/a-'同<Vc<CVa+Vb,

k/c-Va|<CVc+-\/a,

所以、以，,历，、门也能组成一个三角形.

2.联想与解题

例5a,b为两个不相等且都不为零的数，同时有

a2+pa+q=0,b2+pb+q=0,

求工+£的值.

ab

分析与解由已知条件，联想到方程根的定义，a,b是方程xHpx+q=O

的两个根，由a,b不为零，有

冬+J=o,N+i=o.

a2ab2b

这样，?为方程qx?+px+l=0的两个根，那么，根据根与系数的关

ab

系，就得到

-1+1---=---P

abq

例6如果例-x)2-4(x・y)(y-z)=0,求证：

x+z=2y.

分析与解(1)展开原式有

z2-2xz+x2-4(xy-y2-xz+yz)=0,

合并、配方得

(x+z)2-4y(x+z)+4y-=0,

即(x+z-2y)2=0,

所以x+z=2y.

(2)如果看已知条件：

(z-x)M(x-y)(y-z)=0,

很像二次方程根的判别式b：'-4ac的形式，因此，可联想到方程

(x-y)t2+(z-x)t+(y-z)=0(x-y#0)有二相等实根.由

(x-y)+(z-x)+(y-z)=0

可知1是以上方程的根，再由根与系数关系知

x-y

所以x+z=2y.

当x=y=0,即x=y时，有x=y=z,所以

x+z=2y.

例7化简

x2-x-2+(x-1)42-4

x2+x-2+(x-l)Jx*-4

分析与解这是一个根式的化简问题，分子、分母大同小异，自然联

想到应用因式分解，使分子、分母具有公因式，化简就很容易了.

(x+l)(x-2)+(x-l)Jg+2Xx-2)

＞、'(x-l)(x+2)+(x+1)J(x+2)(x-2)

_(X+1)(Jx_+(x_1)J(x+2)(X—2)

(x-1)(Jx+2y+(x+1)J(x+2)(x—2)

Jx-2[(x+l)Vx_2+(x-l)Jx+2]

Jx+Jx+2+(x+1)Jx-2]

Jx-2-4

例8图2-116是我国古代数学家赵爽证明勾股定理的“弦图”，其中

“弦实”是弦平方的面积，“弦图”以弦为边作正方形(如正方形ABCD),

然后在“弦图”内部作四个直角三角形(如△AHB,ABEC,ACDF,ADAG).设

a,b,c为四个直角三角形的勾、股、弦，则根据“出入相补原理”就有

图2-116

c2=4x3ab+(b-a>,

c2=2ab+b2-2ab+a2,

c2=a2+b2.

即c-2ab+b2-2ab+a2,

即c-a2+b2.

这是中国古代数学家独立于西方毕达哥拉斯和欧几里得发明的证

法.后人沿用“出入相补原理”，也就是割补原理解决了许多数学问题，

也创造了''勾股定理”的许多新证法.事实上每位初中同学，学了勾股定

理，只要用心思考，一定会用割补法想出更新的证明勾股定理的方法.下

面的几例，便是同学们提出的割补图.

设a,b,c分别为直角三角形的勾、股、弦.

⑴在图2-117中，有

图2-117

aW=(S3+S5)+(S,+S2+S,)

=(S1+S5)+(S1+S2+S3)

=2S?+Si+S产C2.

⑵在图2-118中，有

22

a+b=(S,+S)+(S,+S2)

,

=S.+S3+S1+S2+S5=c2

图2-118

图2-119

(3)在图2-119中，有

22

a+b=(S2+S5)+(S14-S：1+S.)

=--=

Sl+S2|S3+Sl+S5C2.

(4)在图2-120中，有

图2-120

22z

a+b=(S2+S5)+(S,+Ss+S1)

;

=(S2+S,)+(S,+S3+S5)