一道得分率极低的几何证明题的解法探讨（1）

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，且他们含有一个公共顶点C，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1：将⊿ABC与⊿BDE补成两个更大的等腰直角三角形，且点B为直角顶点，此时手拉手模型构造成功。

解法1：连接OG，延长AO到A’，使OA’=OA，连接CA，CA’，FA’。延长FE到F’，使EF’=EF，连接CF’，AF’。显然⊿CAA’和⊿CFF’都是等腰直角三角形， 且具有公共的顶角顶点C。这样⊿CAF’与⊿CA’F就必定全等，而且是绕点C旋转了90度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！故易证AF’=A’F且AF’⊥A’F。显然此时GE和GO分别是⊿AFF’与⊿AA’F的中位线，故易证GO=GE且GO⊥GE，所以∠OEG＝45°。

思路2：参照⊿OAC，将⊿EFC沿EC翻折180度到CEF’处。显然⊿COA与⊿CEF’都是等腰直角三角形，且点C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。

解法2：延长FE到F’，使EF’=EF，连接CF’，AF’。显然⊿COA和⊿CEF’都是等腰直角三角形， 且具有公共的顶角顶点C。这样⊿COE与⊿CAF’就必定相似，而且是绕点C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OE：AF’=1：√2且夹角为45度。显然此时GE是⊿AFF’与⊿AA’F的中位线，故易证OE:GE=√2：1且夹角为45度，则易证⊿OEG为等腰直角三角形。所以∠OEG＝45°。

思路3：参照⊿CEF，将⊿COA沿CO翻折180度到COA’处。显然⊿CEF与⊿COA’都是等腰直角三角形，且点C 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。

解法3：延长AO到A’，使OA’=OA，连接CA，CA’，FA’。显然⊿CEF与⊿COA’都是等腰直角三角形，且点C 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⊿COE与⊿CA’F相似，而且是绕点C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A’F是OE的√2倍，且其夹角也是45度。显然此时OG是⊿AFA’的中位线，所以OE与OG夹角为45度且OE是OG的√2倍，则易证⊿OEG是等腰直角三角形，故∠OEG＝45°。

归纳：以上三种证法都是对⊿AOC与⊿CEF中的一个或全部进行翻折变换，从而构成以点C为旋转中心的手拉手模型，然后或旋转全等，或旋转相似，再结合中位线定理，从而使问题迎刃而解！其中解法2和解法3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！