借助图形的不变性质绕开分类讨论，本文主要内容关键词为：图形论文,性质论文，此文献不代表本站观点，内容供学术参考，文章仅供参考阅读下载。
在动态几何问题中，由于运动引起的符合条件的点或图形有不同的位置，动点或图形之问的这种位置关系不明确往往需要对各种符合条件的图形进行分类讨论.一般而言，分类讨论大多比较繁琐、冗长，我们注意到，有些动态几何问题，往往潜藏着统一性与简单性的另一面，根据图形的不变性质可以绕开分类讨论，避免繁复.本文通过两个例题的对比应用介绍分类讨论和绕开分类讨论的方法.
例1（2008年海南省）如图1，P是边长为1的正方形ABCD对角线AC上一动点（P与A、C不重合），点E在射线BC上，且PE=PB.
（1）求证：①PE=PD；②PE⊥PD；
（2）设AP=x，△PBE的面积为y.
①求出y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
②当x取何值时，y取得最大值，并求出这个最大值.
Ⅰ.全面细致分析运动情况——运用分类讨论
证明：（1）①因为四边形ABCD是正方形，AC为对角线，所以BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°.因为PC=PC，所以△PBC≌△PDC（SAS）.所以证得PB=PD，∠PBC=∠PDC.又因为PB=PE，所以PE=PD.
②（i）当点E在线段BC上（E与B、C不重合）时，因为PB=PE，所以∠PBE=∠PEB，所以∠PEB=∠PDC，所以∠PEB+∠PEC=∠PDC+∠PEC=180°，所以∠DPE=360°-（∠BCD+∠PDC+∠PEC）=90°，所以PE⊥PD.
（ii）当点E与点C重合时，点P恰好在AC中点处，此时，PE⊥PD.
（iii）当点E在BC的延长线上时，如图2.
因为∠PEC=∠PDC，∠1=∠2，所以∠DPE=∠DCE=90°，所以PE⊥PD.
综合（i）（ii）（iii），所以PE⊥PD.
（2）①如图3.过点P作PF⊥BC，垂足为F，则BF=FE.
评析 本题第（1）②题的解题思路：根据动点运动中反映的图形位置差异点——即动点运动到图形的特殊点位置为临界点确定分类讨论的范围.
（1）从图形的运动角度审视，本题实际上存在两个动点，除了题目给定的动点P外，条件“点E在射线BC上”的位置是不明确的，因此点E实际上是另一个隐含的背景更为丰富的动点.
（2）这样，从两动点P、E的运动情形分析，点P只在正方形对角线AC（P与A、C不重合）上运动，动态情形简单，而动点E则相对复杂，是改变△PBE形状至关重要的因素，因此，在分析动线段PD与PE的位置关系时，分类的研究对象为E点，图形的拐点即在正方形的顶点C的位置为临界点，以此临界点作为分类的标准展开分类讨论.
Ⅱ.整体思维——避开分类讨论
证法1 （1）①如图4，过点P作GF//AB，分别交AD、BC于G、F.
因为四边形ABCD是正方形，所以四边形ABFG和四边形GFCD都是矩形，△AGP和△PFC都是等腰直角三角形.所以GD=FC=FP，GP=AG=BF，∠PGD=∠PFE=90°.又因为PB=PE，所以BF=FE，所以GP=FE，所以△EFP≌△PGD（SAS）.所以PE=PD.
②由①知△EFP≌△PGD，所以∠1=∠2，所以∠1+∠3=∠2+∠3=90°.所以∠DPE=90°.所以PE⊥PD.
（2）（略）.
评析 本题证法借助正方形背景，在动点P处巧妙添加辅助线GF，构造两个全等三角形，证明第①结论两条线段相等，在此基础上第②结论就显得更简单了，通过两个角互为余角关系（∠1+∠3=90°）轻松证明两线段互相垂直，且不管点P运动到符合条件的任何位置也只有一种情况.思路清晰，证法简单，具有创造性.
证法2 （1）①连接BD，交AC于点F，交PE于点Q，如图5所示.
因为AC、BD是正方形ABCD的两条对角线，所以AC⊥BD，且BF=DF，所以PB=PD.又因为PB=PE，所以PE=PD.
②在△BPC与△EQB中，因为∠PBC=∠PEB，∠QBC=∠PCB=45°，所以△BPC∽△EQB.所以∠BQE=∠BPC.由①可知△BPC≌△DPC，所以∠DPC=∠BPC，又因为∠PQD=∠BQE，所以∠PQD=∠DPC，∠DPE=∠DFP=90°.所以PE⊥PD.
（2）（略）.
评析 本题证法利用正方形的对角线互相垂直且平分的性质，联系线段垂直平分线定理，证明两线段相等，从而为第②题关注动点P运动过程中构成的△PQD与△FPD的三个角对应相等创造了条件，结合正方形对角线相交构成的直角证明两直线PE和PD垂直.
证法3 （1）①因为四边形ABCD是正方形，AC为对角线，所以点D与点B关于对角线AC对称.因为点P在AC上，所以PB=PD，又因为PB=PE，所以PE=PD.
②如图6，在△ABP、△BPE和△APD中，因为∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7+∠CAD+∠BAC=180°×3=540°，且∠CAD+∠BAC=90°，∠4+∠6=90°，所以∠1+∠2+∠3+∠5+∠7=540°-90°×2=360°.又因为6=∠7、∠5=∠4，所以∠1+∠2+∠3=360°-90°=270°.所以∠DPE=360°-270°=90°，所以PE⊥PD.
（2）（略）.
评析 本题证法运用轴对称图形的特征，通过合情推理，证明两线段相等；结合正方形的性质，联系三角形的内角和定理和周角定义，弄清楚动态几何中的不变性证明两条线段互相垂直，思路清晰，推理过程思维严密.
小结 本题实际存在两个动点P、E，动点P的运动情形简单，只在AC（P与A、C不重合）上运动，而动点E因运动到图形的拐点（交点C）而有三种特殊位置的情形.因此，解法Ⅰ关注动点E则需分类讨论，而解法Ⅱ的三种证法都关注了P点，围绕图形的不变性展开，因此均避免了分类讨论.
例2 （2010年海南省）如图7，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BG与DE相交于点H.
（1）证明：△ABG≌△ADE；
（2）试猜想∠BHD的度数，并说明理由；
Ⅰ.关注运动各种情况——运用分类讨论
证明（1）在正方形ABCD和正方形AEFG中，∠GAE=∠BAD=90°，∠GAE+∠EAB=∠BAD+∠EAB，即∠GAB=∠EAD.又AG=AE，AB=AD，所以△ABG≌△ADE.
（2）猜想∠BHD=90°.理由如下：
因为△ABG≌△ADE，所以∠1=∠2.而∠3=∠4，所以∠1+∠3=∠2+∠4.因为∠2+∠4=90°，∠1+∠3=90°，所以∠BHD=90°.
证明如下：由于0°＜∠BAE＜180°，因此分三种情况：
②当∠BAE=90°时（如图9），因为AE=AG，∠BAE=∠DAG=90°，AB=AD，所以△ABE≌△ADG，所以
.
③当90°＜∠BAE＜180°时（如图10），和①一样，同理可证.
综上所述，在（3）的条件下，总有.
评析 本题第（3）问的解题思路：根据动点运动中反映的图形位置差异点——即根据图形旋转变换特殊角度位置为临界点确定分类讨论范围.
（1）着眼于图形的旋转变换，关注旋转变换的特征——旋转角的大小变化.
（2）从图形性质出发，由于正方形ABCD绕点A逆时针旋转0°＜∠BAE＜180°的过程中，△ABE和△ADG的形状发生了变化，△ABE和△ADG的形状的不确定，导致了它们的面积的不确定性，因此需对运动过程的各种情况进行分类讨论.
（3）正方形ABCD绕点A逆时针旋转变换过程中，影响△ABE和△ADG的形状改变的因素是旋转角∠BAE的大小，因此确定旋转角为分类的研究对象.从图形的旋转变换思考：∠BAE由锐角变换为直角再变换为钝角.因此，确定特殊角90°的位置为临界点，即分类的标准是对图形旋转变换到临界点90°的位置时的角度范围进行分类.
Ⅱ.整体思维——绕开分类讨论
评析 本证法借助正方形背景和性质，构造出直角三角形，利用三角函数知识和三角形面积公式作计算转化证明，巧妙地沟通了三角函数关系式sin（180°-∠BAE）=sin∠BAE与图形运动变换旋转角0°＜∠BAE＜180°的对应关系，涵盖了旋转变换运动中符合条件的各种瞬间的情况，无须再分类证明，创造了整体把握的思维方向.本解法简洁明了，一气呵成，思维视觉独辟蹊径，解法新颖别致.
小结 本题动态问题因图形旋转变换运动过程中，旋转角（0°＜∠BAE＜180°）的改变而引起△ABE、△ADG形状的改变，因此面积的大小有所改变.解法Ⅰ根据旋转特殊角90°为临界点细致分类进行讨论；解法Ⅱ则居高临下从整体考虑，利用三角函数关系知识将数量关系转化为图形的性质，得到巧妙的精致解法.
总之，在解决某些动态问题时，只要善于把问题的数量特征结合图形分析，往往能借助图形的性质绕开分类讨论.