一道得分率极低的几何证明题的解法探讨（3）

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，下面我们继续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。现在考虑⊿EFC和⊿EOG，他们含有一个公共顶点O，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7：将⊿OEG补成更大的等腰直角三角形⊿OEO’（需要证明），且点O为直角顶点，此时手拉手模型构造成功。

解法7：连接OG，延长OG到O’，使GO’=GO，连接O‘A，O’E。延长O’F与OC相交于点H，我们只要证明⊿EO’F与⊿EOC全等即可。显然O’F=OC(都等于OA)，EF=EC，且∠1=∠2（证四边形OCEF对角互补即可），故⊿EO’F与⊿EOC全等，而且是绕点E旋转了90度的全等（其实就是手拉手模型的旋转全等）！故可以证得EO’=EO且EO’⊥EO。又点G是OO‘的中点，所以∠OEG＝45°。

思路8：参照⊿EGO，取FC中点H，连接EH。显然⊿EHC是等腰直角三角形，由结论知⊿EGO也是等腰直角三角形，且点E为它们公共的底角顶点，这样就可以构成手拉手模型的旋转相似。

解法8：取FC中点H，连接EH。我们只需证明⊿EG H与⊿EOC相似即可，易证EH：EC=1：√2，GH：OC=1：√2，且∠1=∠2（证明四边形EHKC为对角互补的四边形）。于是⊿EG H与⊿EOC相似，而且是绕点E旋转了45度的相似（其实就是手拉手模型的旋转相似）！ 故可以证得：∠OEG＝∠CEH=45°。

思路9：取FC中点K，连接EK。参照等腰直角三角形⊿EKF ，延长OG到O’，使O‘G=OG,连接O‘E，AC。由结论知⊿O’GE也是等腰直角三角形，且点E为它们公共的底角顶点，这样就可以构成手拉手模型的旋转相似。

解法9：取FC中点K，连接EK。参照等腰直角三角形⊿EKF ，延长OG到O’，使O‘G=OG,连接O‘E，AC。显然⊿EFK是等腰直角三角形，⊿EO’G是等腰直角三角形(要证明），且点E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⊿EO‘F与⊿EG k相似，而且是绕点E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EO’是EF的√2倍，且其夹角也是45度。故易证⊿O‘EG是等腰直角三角形，从而证得⊿OO‘E是等腰直角三角形，故∠OEG＝45°。’

归纳：以上三种证法都是对⊿EFC与⊿EGO中的一个或全部进行割补，从而构成以点E为旋转中心的手拉手模型，然后或旋转全等，或旋转相似，再结合平行四边形或中位线定理，从而使问题迎刃而解！其中解法8和解法9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！