一道得分率极低的几何证明题的解法探讨（2）

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⊿OAC和⊿OEG，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4：将⊿OEG补成更大的等腰直角三角形⊿OEE’（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4：连接OG，延长EG到E’，使GE’=GE，连接CA，OE’。延长E’A和CE相交于点H，我们只要证明⊿OAE’与⊿OCE全等即可。显然AE’=EC(都等于EF)，OA=OC，且∠1=∠2（证四边形OAHC对角互补即可），故⊿OAE’与⊿OCE全等，而且是绕点O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OE’=OE且OE’⊥OE。所以∠OEG＝45°。

思路5：参照⊿OEG，取AC中点H，连接OH。显然⊿OHC是等腰直角三角形由结论知⊿OGE也是等腰直角三角形，且点O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5：取AC中点H，连接OH。我们只需证明⊿OGH与⊿OEC相似即可，易证GH：EC=1：√2，OH：OC=1：√2，且∠1=∠2（证明四边形OCKH为对角互补的四边形）。于是⊿OGH与⊿OEC相似，而且是绕点O旋转了45度的相似（其实就是手拉手模型的旋转相似）！ 故可以证得在⊿OEG中OG:OE=1：√2且夹角为45度，则易证⊿OEG为等腰直角三角形。所以∠OEG＝45°。

思路6：取AC中点H，连接OH。参照等腰直角三角形⊿OAH，延长EG到E’，使E ‘G=EG,连接OE‘，AE‘。由结论知⊿OGE也是等腰直角三角形，且点O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6：取AC中点H，连接OH。延长EG到E’，使E ‘G=EG,连接OE‘，AE‘。显然⊿OAH是等腰直角三角形，⊿OEG’是等腰直角三角形(要证明），且点O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⊿OE‘A与⊿OGH相似，而且是绕点O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E’O是OG的√2倍，且其夹角也是45度。故易证⊿OE‘G是等腰直角三角形，从而证得⊿OE‘E是等腰直角三角形，故∠OEG＝45°。

归纳：以上三种证法都是对⊿OAC与⊿OEG中的一个或全部进行割补，从而构成以点O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5和解法6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！