对一道中考试题的探究

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对一道中考试题的解法探究

，
＝
Ｓｃ即伽，
ｓ四形Ｐ户＝ — ５△ Ｂ．边＾ｃ
．，的一个等式．ｓ，点评该试题是以“ 有一条边对应相等的两个三角
问题２连接ＱＲ，：２如图５由问题１的结论ＱＲ，，
可知
．
复习参考．
所以ＰＲ ∥ＰＲ＃ｎ，，ｃ于是有
ＡＡ。。 △Ａ２２ＡＡＣ且面积比为１：９ＰＲＰＲ一Ｂ，４：．
所以Ｉ边ｓ口
：
Ｑ，３Ｑ五等分边Ｄ．Ｓ边Ｃ若日聊＝１求．边ｐ，ｓ形．ｏＱ问题４如图４Ｐ，２Ｐ，。Ｐ，３四等分边ＡＱ，２ＱＢ，ｌＱ，３四等分边Ｄ，。。ＰＱ，，，四边形ＡＣＣＰＱ，２ＰＱ将ＢＤ分成四个部分，面积分别为Ｉ，Ｓ，请直接写出含有．，ｓ．，，．．。ｓｓｓ
由结论（）可知ＳＰ＝Ｓ隅２， △Ｉ舶． △ 所以Ｓ边ｐ＝ｓ边Ｐ．５边。．四形．．形，＋四形．ｏｏ四足兄
ｓ边
：
十・截・（１第０初版７２１１０年期・中）
问题２
３９
＝
÷ ，ｓ。
图பைடு நூலகம்
别证１如图６连接，
ＡＱ，Ｑ，再设ｈ，：Ｐ。ＰＣ，。ｈ，
ｓ配＝ｓＤ ÷ 边一
所以
的一件有益事情．文以２１本０１年一道中考试题进行探

揭示问题本质扩大解题成果——对一道2009中考题试题的研究

Ｃ
１６ｒ
＋
１
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１
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Ａ
曰
』４
Ｏ
Ｂ
÷ ＋ｒ（ｃ＝）
２Ｓ
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・
图１
图２
丁‘
（）．Ａ（一３，）８３，）Ｃ（４）２。 ‘ ０，（０，０，，
（２）已知，如图２，ＡＡＣ中，，，ＢＡＢＣ三点的坐
●
．．．．．．
一
‘ ＢＤ一
２ ‘ 口
‘Ｊ一 ‘
。
同理
。‘ Ｄ一
（
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二Ｕ
－２
ｌ＋ｂ２＋ｃ３Ｙｙ
１＋
Ｚ０
ｇ — ＝于是得到旁心坐标公式．
一
．
同＝．等
ｌＩ
完全类似的可以得到另两个旁心坐标公式为：ＡＡＣ中，Ｃ＝ａＣ＝ｂＡ＝ＣＡ（，１，ＢＢ，Ａ，Ｂ，ｌ）ＢＹ
＝
过点Ｐ分别为作Ｐ上Ｅ轴于Ｅ，ＦＬＢ于Ｆ，ＰＰ＿Ｃ则Ｆ
ＰＥ＝０Ｃ＝４．
在ＲＡＰＣ中，ｔＦ
５８
‘ ．
‘
中‘擞・（１年５初版７７２０第期．中）０
ＡＡＮ，Ｍ．ＩＭＤ；￣ＡＡ
・试题赏析・
力和灵活运用知识的能力；３小题又在第（）第（）２小题的
基础上进～步延伸，识的应用也由形内拓展到了形知外，问题的解决方式也呈现出多样性和灵活性，好地较

中考数学试题探究与感悟

第三，由于是三个进行三等分，所以牧场的数据必须能够被3整除才更准确。所以就本题来说，我们可以更全面的去思考问题，从而使我们的命题工作更加完备。
数形结合，突出永恒主题
在各地中考题和历年的中考题中，我们可关注到二次函数与平面几何的结合这一类试题是常考不衰。不管是新题还是陈题都可以在中考试题中见到。由此让我们感觉到这样的试题到底是否是有这样的存在价值？而对于一些地市的中考试题中这一类试题多少年不变在教学中体现了一种什么样的导向？这样命题安排是否真正的体现了指导初中教学，铺垫高中教学的数学课堂教学指导思想？等等的问题让我们都能够不断的对这一类考题进行思考。
牧童B的划分方案如图（一）：三块矩形的面积相等，牧童的位置在三个小矩形的中心．
牧童C的划分方案如图（三）：把正方形的牧场分成三块矩形，牧童的位置在三个小矩形的中心，并保证在有情况时三个人所需走的最大距离相等．
请回答：
（1）牧童B的划分方案中，牧童（填A、
B或C）在有情况时所需走的最大距离较远；
本题的证明很简单，只需要将EF、MN平移，使得
两条线段都有一个端点和正方形的顶点重合即可得到证明。
而对这一道试题的研究
与探索，让我们看到了
更多的相关问题，而且
有的问题立意高远，灵
活度高，成为一道道耐
人寻味的好题。
[1]：《高中数学奥林匹克基础讲座》P 52页，广东高等教育出版社，二○○一年版。
A．仅小明对出 B．仅小亮对 C．两人都对 D．两人都不对
另辟溪径求比例，功夫不负有心人
[例3] （09梧州18）如图，正方形ABCD 中，E为AB的中点，AF⊥DE于点O，
则
等于（）
A．
B．
C．

对一道中考数学试题的再思考

◎
、
Ｇ与点Ｄ重合
图５
Ａ与ＢＤＥ的交点Ｇ在其延长线上
图６
４９
Байду номын сангаас缓
荔霓及
中学数学杂志
２００９年第１２期
原题中的三个问题能否可求？试看！试
— ‘
ｌ３
图３中，结ＡＯＯ易得ＡＡＥ为等边三连Ｅ、Ｂ、Ｃ，Ｂ角形，Ｏ为Ｒ △ ，以／ＣＯ＝３。Ｃ＝ＡＢＣｔ所Ｂ０，Ｏ
Ｄ，１
（）求ＬＡＥ＋２２Ｂ的度数；ＬＤ
Ｄ，１
所以￣ＢＯ＝ＯＧ，以ＡＡＧ— ＢＧ，ＡＢ所ＢＯ
Ｄ
一一一
（）求的值．３
＾Ｌ，
１３
ＡＢ
２ＢＨ
２、
２
＿＿二
１解题思路探究
图２
（）过点Ｄ作Ｏ上ＭＮ于Ｑ，Ｆ：ＭＮ，２Ｑ因Ｃ由
圆心角、、、心距的关系得Ｃ＝ＭＮ，Ｈ＝弧弦弦ＦＯ
Ｏ进而Ａ＝Ｂ以下解法同原题（）Ｑ，ＢＥ，２．
（）因Ｏ＝ＯＱ，３ＨＢＯ：Ｂ所以ＲＡＢＯＯ，ｔＨＲＡＢＱ，ＬＡＯ：ＯＧ，Ａ＝ＯｔＯＢＢ又ＯＢ，
中学数学杂志
２００９年第１２期
Ａ绶渤々
炳 ‘ 羁潞躜毛
对一道中考数学试题的再思考
山东省淄博市沂源县西里中学中考数学试题是命题者精雕细琢的产品，些有２６０５１８赵同娟李德忠

对一道上海中考题的探究与推广

Ｈ（Ｔ＝１０．＝）２。
‘
．
．
Ｂ（Ｈ＝ＰＯＴ．＝）ＲｔＢ《丑垒ＲｔＰ（．．《Ｈ＝ＯＴ． △ 二鱼） △ 二） ’二．）
‘ ．．
点（在二） Ⅳ 的平分线上．当（上Ｍ时，二）Ｂ显然（Ｐ上 Ⅳ，＝）
‘ ． ‘ ．．
ＯＢ＝０３
图４
当ＯＢ不垂直于Ｍ时，Ｏ日上Ｍ，作（上 Ⅳ，＝）垂足分别为Ｈ、．由Ａ＝６。ＡＨＯ＝ＡＴＯ＝９。０，０，
‘ ．．
会内外与多个国家的学者积极研讨，已经有了深入交流和合作的意向．由于中国国际地位的明显提升，国际数学教育界有许多人对中国很感兴趣，非常愿意对中国的数学教育的专长和特色有更实际的了解，并对此开展研究．例如，９在月份就将有加拿大、国和澳大利亚的４美位教授、学者应邀到华东师大访问，交流学术研究成果，其中一位将利用他的学术假期的机会，在上海做长达三个月的访问和合作研究．我们期待着这样
的大幅海报．由于长达近两年的精心筹备和各师范院校的紧密合作，这次中国数学教育国家展示
会取得了较好的效果，获得了国际同行的好评．从ＩＭＥ９Ｃ开始，加大会的华人学者都会参
举行一次聚会，本届大会也不例外．经王建磐、范良火和梁贯成等人的发起，参加ＩＭＥ１的Ｃ１华人在大会组委会的支持下举行了一次很有意义的聚会，有近７人参加，０还有一些非华人学者
．．
。
点（在ＡⅣ的平分线上．二）综上所述，当点Ｐ在射线 Ⅳ 上运动时，点

对一道中考题解答过程的分析及反思

小题在 ① ② 两题的基础上，展结论，计新题，查不拓设考
同学生的数学学习水平，合考查学生的各种自学能综
力，区分不同的数学学习水平，为高一级学校的选拔创
在等边三角形ＡＣ中，Ｂ点Ｅ在Ａ上，Ｄ在Ｃ的Ｂ点Ｂ延长线上，Ｅ且Ｄ— Ｅ，图Ｃ如
叶
综合题，本题难度适宜，主要有以下几个特点： ①第１小题以特殊情况，探索结论，出考查学生的基本知识，突基本技能； ②第２小题在第一题的基础上，特例启发，答解
出教学中的成绩和存在问题．者有幸参加了２１年笔０１
绍兴市数学卷的阅卷工作．对试卷中的第２题感触颇３深，现将自己对该题的分析、反思、索摘文如下，同探供行参考．题目：浙江省２１年初中毕业生学业考试绍兴市（０１数学试卷第２３题）（０１２１年绍兴市中考试题２３题）数学课上，老师李
方法三：图，等边三如在
角形ＡＢＣ中，
ＡＢＣ一ＡＣＢ一
Ｃ
（）２特例启发，解答题目
解：目中，与ＤＢ的大小关系是：题ＡＥＡＥＤＢ（ “ ” “ ” “ ”．由如下：填＞，＜或一）理明证明点，如图３过点即，
出示了如下框中的题目．
题目，先是猜测大小关系，是写具体解答过程，后符合了

洞察结构明来路回归本源知去路——以一道中考试题的思路探究为例

笔者曾利用2019年中考湖北武汉卷第23题参加湖北省宜昌市初中数学学科工作室“我讲中考压轴题”的活动展示.现呈现此题的相关解答、两道关联题的反思及教学启示.立足解题的通性、通法，借助几何直观，以更有效的方式打开学生的思路，引导学生掌握解题教学之道.一、试题呈现题目（2019年湖北·武汉卷）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB BC=n，M是边BC上一点，连接AM.（1）如图1，若n=1，N是AB延长线上一点，CN 与AM垂直，求证：BM=BN.（2）过点B作BP⊥AM，点P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q.①如图2，若n=1，求证：CP PQ=BM BQ.②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ 的值.（用含n的式子表示.）MCA B N图1CMPA BQ图2CMPA BQ图3二、解法探究1.识别模式中探析因果觅路第（1）小题，如图4，延长AM交CN于点D，由核心元素CB⊥AB，AM⊥CN，AB=BC构成“三垂直”模型，且图形中元素的位置关系和数量关系是确定的，确定即可求.当n=1时，可确定△ABC是以∠ABC为直角的等腰直角三角形.要证BM=BN，只需要证明△ABM≌△CBN.由“CN与AM垂直”识别出“等角的余角相等”，可以证得∠MAB=∠NCB.结合已知条件AB=BC，∠ABM=∠CBN，可以证得△ABM≌△CBN.由全等三角形的性质，可得BM=BN.洞察结构明来路回归本源知去路——以一道中考试题的思路探究为例叶先玖摘要：通过对2019年中考湖北武汉卷第23题及关联试题的解法进行探究，探索借助几何直观识别图形，明晰图形结构，并利用确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，整体把握空间形式和数量关系，积累有效的解答经验；探究回到基本概念和基本图形的措施，着眼于通性、通法，并着力于几何直观、最近发展区和思维过程等.以知晓方法的来路，形成自然简洁的解答策略.探寻引导学生及时反思解答的路径，点亮思维的去路，培养并优化学生分析与解决问题的能力．关键词：研题要点；几何直观；通性、通法收稿日期：2020-12-18作者简介：叶先玖（1971—），男，高级教师，主要从事初中数学教学课例及实践研究.ABNMC图4D2.几何直观里回归本源启思第（2）小题第①问，给出条件“过点B 作BP ⊥AM 和n =1”后，借助几何直观，审视图形结构并抓住变与不变的元素，则由AB =BC 易联想到三角形全等.由“三垂直”模型识别出△APB ∽△BPM ∽△ABM 等“子母型”相似.要证CP PQ =BM BQ ，可以回归到求线段长、三角形相似、平行线分线段成比例、利用面积比证明线段比等知识源及通法.因此，得到以下五种证明方法.证法1：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图5，即过点C 作AM 的垂线，垂足为点D ，且交AB 的延长线于点N .易证△CBN ≌△ABM ，所以BM =BN .由PB ⊥AM ，CN ⊥AM ，可得PB ∥CN .所以CP PQ =NB BQ .所以CP PQ =BM BQ.CA B QMPDN CA BQ MPD图5图6证法2：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图6，即过点C 作CD ∥AB ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPD ∽△QPB .得CP PQ =CD QB .易证△ABM ≌△BCD .所以CD =BM .所以CP PQ =BM BQ.证法3：确定△ABP .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABP 可得图7，即过点C 作CD ⊥BP ，交BP 的延长线于点D ，过点Q 作QE ⊥BP 于点E ，易证△CPD ∽△QPE .得CP PQ =CD QE.易证△CDB ≌△BPA ，所以CD =BP .易证△BPM ∽△QEB .所以BP QE =BM QB.所以CP PQ =CD QE =BP QE =BM QB.CABQMPD E图7C A BQ MPD图8证法4：确定△ABM .如图8，过点Q 作QD ∥BC ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPB ∽△QPD .得CP PQ =CB QD.易证△DQB ∽△ABM .所以AB DQ =MB BQ .因为AB =BC ，所以CB QD =BM BQ .所以CP PQ =BM BQ.证法5：如图9，由△BPC 和△BPQ 是等高三角形的图形结构，得CP PQ =S△BPC S △BPQ .过点P 作BC ，AB 的垂线，垂足分别为点D ，E ，则有S△BPC S △BPQ =12⋅BC ⋅PD12⋅BQ ⋅PE.只要分别求出确定的线段PD ，PE ，BM ，BQ 的长（具体计算可参考后文思路10的解答），通过计算即可以证得CP PQ =BM BQ.C ABQ MP图9DE 【思路说明】上述证法中，抓住AB =BC ，回归到旋转定义，动静互换，可洞察到图形中隐藏的“共点等边旋转”结构，即从全局性看，线段AB 绕点B 顺时针旋转90°得到线段BC ，则△ABM 绕点B 顺时针旋转90°得到△CBN .由第（1）小题及解答经验，借助平行线分线段成比例，结合线段之间的等量代换得到证法1.基于图形变换，抓住AB =BC 进行图形移拼，得到证法2和证法3.结合所证结论CP PQ =BM BQ ，直观觉察到“X 型”相似，借助中间比得到证法4.识别出△BPC 和△BPQ 等高，想到求线段的长，将线段的比转化为面积的比得到证法5.3.洞察结构中追根联想得法第（2）小题第②问通过回到正切定义，借助几何直观，捕捉到以下九种思路.思路1：如图10，过点C 作CE ∥AB ，交BP 的延长线于点E ，过点C 作CF ⊥BE 于点F .设BC =2，PM =t ，则BM =1，AB =2n .易证△APB ∽△BPM .所以BM AB=PM PB.则BP =2nt .由中位线定理，得CF =2PM =2t ，PF =BP =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠CPF =CF PF =2t 2nt =1n.CAB Q MP EF图10CAB Q MP D图11思路2：如图11，过点C 作CD ∥AM ，交BP 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .又由DC =2PM =2t ，DP =PB =2nt ，可得tan ∠BPQ =tan ∠CPD =DC DP =2t 2nt =1n .思路3：如图12，延长PM 到点H ，使MH =PM .连接CH ，易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，∠CHM =∠BPM =90°.因为AB BC =n ，BC =2BM ，所以AB BM =2n.设PM =MH =1.由已知易证△ABM ∽△BPM ，所以AB BP =BM PM.则PB =CH =2n .可得tan ∠BPQ =tan ∠HCP =PH CH =2MH CH =22n =1n.CMP HAB Q图12CMP HAB Q图13思路4：如图13，过点C 作CH ⊥AM ，交AM 的延长线于点H ，则CH ∥BP .易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，MH =MP .可得tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2PM BP =2tan ∠PBM =2tan ∠MAB =2×BM AB =BC AB =1n.思路5：如图14，过点B 作BD ∥QC ，交AM 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .易证△BMD ≌△CMP .所以PM =DM .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PBD =PD PB =2t 2nt =1n.CAB QMP D图14CAB Q MP D图15思路6：如图15，过点M 作MD ∥PB ，交CQ 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.则PB =2nt .由DM =12PB =nt ，且∠BPQ =∠PDM =90°，可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM DM =t nt =1n.思路7：如图16，过点B 作BD ∥AM ，交CQ 的延长线于点D ，得∠PBQ =∠MPB =90°.设BC =2a ，PM =t ，易求得BD =2PM =2t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.所以PB =2nt .可得tan ∠BPQ =BD PB =2t 2nt =1n .CA BQM PD图16CAB Q MP 图17D 思路8：如图17，过点M 作MD ∥QC ，交BP 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na .所以PB =2nt .所以PD =DB =12PB =nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM PD =t nt =1n.思路9：如图18，过点C 作AM 的垂线，垂足为点H ，且交AB 的延长线于点N .设BC =2a ，PM =t ，则AB =2na .易证∠NBC =∠MHN =90°，则点B ，M ，H ，N 在以MN 为直径的圆上.易证△ABM ∽△CBN .所以AB CB =AM CN.易求得CN =由切割线定理推论，可得CM ⋅CB =CH ⋅CN .进而可得CH =在Rt△CMH 中，根据勾股定理，易求得MH =a 4n 2+1.所以tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2MH CH =1n.【思路说明】从已知条件看，∠ABC =90°，AB BC=n ，BP ⊥AM ，M 是BC 的中点等核心要素是确定的；从图形看，增加了中点，会联想三角形中位线结构，或过中点作延长线构造三角形全等；从“直接写出tan ∠BPQ 的值”结论想到补直角三角形，或利用“锐角相等正切值相等”来解决问题.于是，借助前面识别图形结构的经验和补图经验，得到图10，通过关联性思考使得思路自然贯通.及时反思，发现BM AB =12n，察觉到图10中∠BPQ 与∠CPE 的关系，优化思路1得到思路2.洞察到中点M ，识别过中点作延长线构造全等三角形，得到思路3和思路4.识别出中位线结构，得到思路5~思路8.借助第（1）小题的解答，洞察到图中的对角互补，识别出隐圆，得到思路9.上述思路借助几何直观求正切值，自然且有效.三、解后反思1.思路自然，为什么受挫笔者坚持“练后精讲，不练不讲”.事实上，学生独立解答上述题目第（2）小题第②问时，有些学生先想到的是根据正切的定义去补形.现摘录学生的解题思路如下.思路10：如图19，过点Q 作QE ⊥PB 于点E .在Rt△PEQ 中，若能分别求出QE ，PE 的长，则tan ∠BPQ的值可求.CAB Q MP 图20FC ABQ M P 图19E思路11：如图20，过点B 作BF ⊥PQ 于点F .在Rt△PFB 中，若能分别求出BF ，PF 的长，则tan ∠BPQ的值可求.思路12：如图21，过点Q 作QD ⊥AM 于点D .若能分别求出PD ，DQ 的长，在Rt△PDQ 中，可求出tan ∠PQD 的值.进一步可得tan ∠BPQ =tan ∠PQD .CABQ MP图21D 图22思路13：如图22，以点B 为坐标原点，AB 方向为x 轴正半轴，BC 方向为y 轴正半轴建立平面直角坐标系.设BC =2，则点C ()0，2，点M ()0，1，点A ()-2n ，0.再作QE ⊥PB 于点E ，将问题转化为一次函数求解.只要求得点Q æèçöø÷-2n 1+2n 2，0，则可求得QE ，PE 的长，即tan ∠BPQ 的值可求.对于思路13，若能求出BQ 的长，则可以分别求出直线CQ ，AM 的解析式，联立可解得点P 的坐标.再求出直线PB 的解析式，从而可求出直线QE 的解析式，联立可解得点E 的坐标，便可以分别求出PE ，QE 的长.在Rt△PEQ 中，根据tan ∠BPQ =QEPE ，可以求得tan ∠BPQ的值.然而，这四种思路因学生求比值的通法不够熟练、耐心不足，解题过程计算量大等原因，最终没能求出BQ 长这一关键性的元素，导致这四种解答思路受挫.事实上，借助求比值的常规方法，不仅能求得BQ的长，而且图中相关线段的比值都是确定的、可求的，只不过计算量大，需要学生有足够的耐心.现以思路10为例进行解答.解：如图23，过点Q 作QE ⊥PB 于点E ，过点P 作PG ⊥BC 于点G.设BM =a ，PM =t .因为∠ABC =90°，BP ⊥AM .所以∠MAB =∠PBM.因为tan ∠MAB =12n，tan ∠PBM =t PB ，所以a 2na =t PB .解得PB =2nt .因为tan ∠MAB =PB AP =12n ，所以AP =4n 2t .因为PG ∥AB ，所以MG GB =PM AP =14n 2.因为MG +GB =a ，所以MG =a 1+4n 2，GB =4n 2a 1+4n 2.因为PG ∥AB ，所以PG AB =PM AM =t t +4n 2t =11+4n 2.所以PG =2na 1+4n2.因为PG ∥QB ，所以PG QB =CG CB.解得QB =2na 1+2n2.因为QE ∥AP ，所以QE AP =BE BP =QB AB =11+2n2.解得QE =4n 2t 1+2n 2，BE =2nt 1+2n 2.所以PE =PB -BE =2nt -2nt 1+2n 2=4n 3t 1+2n 2.所以tan∠BPQ =QE PE =4n 2t 1+2n 2⋅1+2n 24n 3t=1n .其实在设BC =2a 后，图中的元素均可求，设PM =t 是为了计算表达简洁.例如，思路3中，利用△APB ∽△BPM ∽△ABM “子母型相似”结构，可计算BP 的长；也可以延长CH 交AB 的延长线于点N （如图18），发现△ABM ∽△CHM ∽△CBN ，可计算出MH ，CH 的长，利用三角形全等可得PH 的长；或者发现B ，M ，H ，N 四点共圆，结合切割线定理和勾股定理求出相应线段的长，使问题得到解决.2.通性、通法的运用，如何更为熟练自然在思路10~思路13中，回归基本概念和基本图形应当是学生最自然的想法.然而，却受挫于求BQ 的长.为什么学生无法求出这个值？或许当学生对下面两道例题进行深入研究并能熟练应用后，会对上述思路的解答有所启发.例1如图24，过△ABC 的顶点C 任意作一条直线，与边AB 及中线AD 分别交于点F ，E ，求证：AE DE =2AF BF.ABCD F E图24借助平行线分线段成比例，此题有较多的解法.由D 为BC 的中点，直线BC 、直线AD 、直线AB 两两相交于点D ，B ，A ，且与这三条直线相关的是直线CF ，回到作平行线求比值的常规方法.可以进行如下解答.如图25，分别过点A ，B ，D 分别作直线CF 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AF FB ，h 2h 3=BC CD ，h 3h 1=DE EA .将三式相乘，即可证得AE DE =2AF BF.ABCD FE h1h 2h 3图25借助这种优化后的求比值的通法，可对例2给出较为简洁的解法.例2如图26，线段OA ⊥OB ，点C 为OB 的中点，D 为线段OA 上一点，连接AC ，BD 交于点P.当OA =OB ，且D 为OA 中点时，求AP PC 的值.CA B Q MP 图23EGBA CODP图26BACO DP 图27h 1h 2h 3如图27，分别过点A ，O ，C 分别作直线BD 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AD DO ，h2h 3=BO BC，h 3h 1=CP PA .将三式相乘，得AP CP =2.这种分别过点A ，O ，C 作直线BD 的垂线求比值的方法相对简洁，彰显了几何直观的魅力.这为笔者对前述题目进行多视角改编提供了支撑，就题挖掘与改编，可以更好地提升学生解题素养．题目的改编：锐角△ABC 中，∠ABC =60°，AB BC=n ，点M 是BC 上一动点，连接AM ，P 是AM 上一动点，连接CP 并延长交AB 于点Q .（1）如图28，若n =1，∠APQ =60°，求CQAM的值.（2）如图29，若n ≠1，CM BM =14，CP PQ =35，求AQQB 的值.（3）如图30，若n >1，CM BM =14，BP ⊥AM ，CQ ⊥AB ，求n 的值AB C MP Q A B C MP Q A BC MPQ 图28图29图30四、教学启示教育上的“慢”是客观规律，必须遵守，不能绕过去.在几何解题教学中，“绕”不过去的是“思”，“慢”的落脚点在“悟”.教学上的“慢”，应从确定性、本源性、全局性、动静互换等出发，回溯知识本源，着眼通性、通法，熟悉基本图形变换，浸润基本数学思想等处着力，展开理性分析和精准计算，知晓方法的来路，点亮学生思维的去路.1.教活思考习惯，理清思路来源由条件推算结论、由问题寻找条件、由问题前后的关联性逐步推理与计算，定性分析、定量计算是常用的解答手段.题目给出的图形中，线段之间、角之间必然有确定的逻辑联系和因果关系.因果明，则思之有路；图形定，则对应的数量关系及位置关系就随之确定.看条件、找结论、追其何处去是常用的分析、解决问题的思考方法.识图时，从全局入手，掌握“译式”方法，学会与条件“对话”，借助符号或未知数把条件转换到图形上，巧用图形建立联系.画图补形时，学生要懂得静能定位、动能生联系，主动发现点、边、角等元素之间的关系，关注变化中的不变，从图形结构中发现并拆分、重组常见的基本图形.这种动静互换思维，有助于寻找到相关元素之间的联系，从而联想到相关图形的性质、唤醒解答经验和方法，更好地展开定位分析和定量计算.解题时，要仔细审读条件，借助确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，回归到知识源、特殊点和关键点展开联想，实现文字、图形、符号等数学语言的相互转化.例如，题目第（1）小题借助图形变换，还可以有以下思路.延长MB ，取BH =BM ，连接AH ，构造等腰三角形；或过点M ，A 分别作AB ，BC 的平行线，得矩形ABMH ，从特殊四边形的性质及CN ⊥AM 可推导出与∠NCB 相等的角，再通过三角形全等进行转化，证得BM =BN .就此小题而言，这些思路虽然复杂，但却与波利亚的解题理念相吻合，即拿一个有意义但又不复杂的题目去帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题就好像通过一道“门户”，把学生引入一个完整的领域.把简单的题深入做，可以帮助学生更好地领悟解题的本质，引导学生发现知识之间的联系，形成深层次的思考，并借助图形变换及确定性、本源性、全局性、动静互换等解答后面两道小题，启发学生的思维.2.盘活思考方式，落细教学着力点，知晓方法来路笔者以2019年中考湖北武汉卷第23题为例，借助探究与类比，溯源强基，提炼求线段比值的方法.任何一种解法都依赖坚实的基础知识和扎实的数学基本功.易想难算、易算难想，解题思路没有捷径可走.熟练运用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知识及方法本质后的火热思考，是真思考.在通性、通法的优化中，寻找着力固牢“四基”的讲题切入点，提升解题素养才是悟之必要.题目中内含“X型”“A型”“子母型”“隐圆”等基本图形，暗示着解题教学要着力于强化几何直观，洞察图形结构，丰富答题经验.在解答题目第（2）小题第①问时，有的学生从所求结论CPPQ =BMBQ出发，联想求线段成比例的通法，过点P作BC的平行线，或过点P作AB的平行线，或过点Q作AM的平行线，或过点Q作BC的平行线等，得到“A型”或“X型”等相似图形，暗示教学要着力于学生思维的最近发展区去应对和启发；洞察到“三垂直”结构，充分利用已知条件AB=AC，打开“另一扇窗”，凸显真实思维考量.3.激活思考方法，点亮思维去路解题研究无禁区，课堂教学有范围.对于教师来说，繁简解法、对错解法、优劣解法等都应该兼收并蓄.至于将哪一种解法用于课堂教学，则取决于教学要求和学生的实际情况.当前的数学教学，首先要在“如何让学生想得到”上下工夫，激活思考方式，启发学生在洞察结构上思本源，想通性、通法.题目第（2）小题第②问的解决，是先借助几何直观补形转化，再设元计算，从数的角度去剖析相关元素间的关系；从形的角度看，图10中，由“三垂直”模型，可得△ECB∽△MBA，利用相似三角形对应高的比等于相似比，得CFBP =BEAM=BCAB=1n.借助中位线定理，得BP=PF.于是可求得tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=1n.笔者从形、数或形数结合等角度展开研题，并呈现各种繁与简的解法，为答疑学生的奇思妙想、放飞学生的思维做了充分准备.借助几何直观，把握图形结构，可以启发学生明了题意、展开联想，明白如何去想，“知其然”而得法.适度拓展，适时一题多解或多解归一，明了为什么要这样去想，知晓解法本质，“知其所以然”，达到举一反三.教师要引导学生回归知识本源，及时反思，充分经历试错、析错、纠错的过程，抓联系、知因果，突破思路，展开作图、计算、推理，厚植由确定展开理性分析与推算等必备的解题能力，让学生在尝试和慢悟中学会选择、转化、比较和优化，把握规律，灵活贯通，在还可以怎样去想上下足工夫，撬动思维的杠杆，推动学生进行深度思考，以点亮思维的去路．参考文献：［1］钱德春.解题教学应关注思维方式与思维心理［J］.中学数学教学参考（中旬），2018（10）：2-5.［2］张建华.关注模型特征提升解题能力：“动点路径”中考试题归类解法思考［J］.中国数学教育（初中版），2019（6）：48-52.［3］沈岳夫.洞察试题结构构造基本图形［J］.中国数学教育（初中版），2017（11）：47-50.［4］叶先玖，王胜兰，胡泽明.讲题的关注点：理性、确定、及时、适度［J］.中学数学杂志，2019（8）：48-52.。

一题多解真奇妙,追本溯源又见新——对一道中考选择题的再探究

本题以我们非常熟悉的三角形外接圆和角平分线为背景，题目新颖，设计巧妙，具有很强的探索性．贵刊２０１２年１１月的初中版中的一篇文章《小题大做，借题发挥—— 从一道中考选择题说起》．作者用了１０种方法对这道中考选择题进行了求解，思路清晰，方法新奇，并对原题进行
系式是成立的，但是离不开厶４ＣＢ＝９０。这个条件．于是，作者又改变题设条件，在厶４ＣＢ＃９０。，其他条件不变的情况下，通过类比探究对定理１进行了推广得到定理２，如
下：
图５图６
证法二：如图６，连接ＡＤ、ＢＤ、ＡＢ，由托勒密定理
＝
＝
＋ｓｉｎ０１ｃｏｓ０ｃｏｓ（０１＋ＬＤＣＥ）＋ｓｉｎＯｌｓｉｎＯｓｉｎ（Ｏｌ＋￣ＤＣＥ）］
＝
２ｒｓｉｎ０ｃｏｓ／ＤＣＥ
ｊ１）・ｓｉｎ
＝
利用作者的第１种解法、第２种解法等可证明这个关
（Ｐｔｏｌｅｍｙ）￣ａＣ・ＢＤ＋ＡＤ・ＢＣ＝ＡＢ・ＣＤ．
在ＡＡＢＤ中应用正弦定理得
Ｃ是ｏ０的两条弦，且厶４ＣＢ＝Ｏ，
凸
厶４ｃ的平分线交（ＤＯ于点Ｄ，则ＡＣ＋ＢＣ＝２ＣＤ・ｃｏｓ．
ｓｌｎＵ２
＝＝＝
２ｒ，结合①式得
ｓｌｎｆ￣
ｓｌｎＯ

“另眼相看”则“别有洞天”—— 对一道中考几何探究题的持续思考

“另眼相看”则“别有洞天”—— 对一道中考几何探究题的持续思考众所周知，问题是唤起思维的起点．而数学问题产生的载体之一就是解题，解题固然不是数学活动的全部内涵，但是它是学会解题和学习数学必不可少的途径：一个有价值的数学问题不仅能够激活人的思维，调动人的情感，而且更能够激发出人的潜能、灵感和创造欲望，同时还让人感受到数学之美、享受创造的乐趣．本文结合 2009 年河北省中考的一道几何题来谈一谈解题和数学教学方面的思考．一、试题与解答题目中点，点是．（1）如图 1-1，点重合，求证： = ， ⊥ ；在的延长线上，点与点重合时，点与点【2009 年河北卷第 24 题】在图 1-1 至图 1-3 中，点是线段是线段的中点．四边形和都是正方形．的的中点（2）将图 1-1 中的绕点顺时针旋转一个锐角，得到图 1-2，求证：形；（3）将图 1-2 中的缩短到图 1-3 的情况，还是是等腰直角三角等腰直角三角形吗？（不必说明理由）证明（1）∵四边形又∵点 ∴ ∠ ∴△ ∴ ∵∠ ∴ （2）连接 ⊥ 、 = =∠ ．，如图 1-2，设与交于点． = =∠ ≌ △ ． = 45?/SPAN>，∴∠ = 90?/SPAN>．与点 = 和重合，点 = = 都是正方形，与点，重合，= 90?/SPAN>．．∵ ∴分别是的中点，，，∴四边形 ∴ ∠ =∠是平行四边形．．又∵∠FBP =∠HDC ，∴∠FBM =∠MDH． ∴△ ∴ 且∠ ∴ ． ∴△ （3）是．二、对试题思考由于解题研究和解题教学是密切相关而又有不同价值取向的两个问题，解题研究无禁区，解题教学有范围，所以对教师而言就需要对问题进行深入的、广泛的研究，以求得对问题本质的认识，这样才能根据《数学课程标准》的要求和学生实际把一些解题方法有选择实施于我们的数学课堂，使其课堂效益最大化。

对一道中考数学试题的再探究

通过解题教学，引导学生真正学会思考，渐渐形成学生自己解决问题的能力．
如图３，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，
Ｃ
速运动，点Ｅ到达点Ａ后立刻以原速度沿ＡＢ向点Ｂ运动，点Ｆ运动到点Ｂ时停止，点Ｅ也随之停止．在点Ｅ、Ｆ运动过程中，以ＥＦ为边作正方形ＥＦＧＨ，使它与 △ＡＢＣ在线段ＡＢ的同侧．设Ｅ、Ｆ运动的时间为ｔ（￡＞０）秒，正方形ＥＦＧＨ与
仔细推敲原问题，深人探究，通过类比把试题中的基本思想、基本规律挖掘出来，把数学问题的思维过程通过拓展，变
Ｐ出发．分别沿ＰＡ、ＰＢ以每秒１个单位长度的速度向点Ａ、Ｂ匀图ｌ
形展示出来，帮助学生踏着一个成功的足迹走向另一个成功．
２．问题拓展演绎精彩
思考、去创新，做到以点带线，以线及面，从而达到巩固知识、培养能力、提高学生的数学综合培养的目的．
１．问题呈现
（２０１１年江苏省淮安市第２８题）：如图ｌ，在Ｒｔ△ＡＢＣ中，Ｃ一９０，ＡＣ＝８，ＢＣ＝６，点Ｐ在ＡＢ上，ＡＰ一２，点Ｅ、Ｆ同时从点Ａ
Ｃ
（２）正方形ＥＦＧＨ与 △ ＡＢＣ重叠部分的形状，依次为正方形、五边形和梯形；可分二三段分别解答： ①当０＜ ≤ 时；

对一道中考数学试题的深入研究

・．
‘
．
．
而ＣＤ平分ＬＡＢ，Ｃ
’ ．．
．
Ａ＝曰ＤＤ．
（
Ｊ∞ Ｂ
＝４．５。
由① ， ②可得Ｒ △ ＤＲ △胞Ａｔ朋ｔ．
‘
则ＡＢＥ是等腰直角三角形．Ｃ
．
．
．
ＢＦ＝ＡＥ．
‘ ．．
．
．
Ｃ：ＢＥ：Ｅ：４． √ ２
．
ＣＤ平分ＡＢ，Ｃ
ＤＥ＝Ｄ
Ｄ
ＤＥＬＡＣＤＦＬＢＣ
－．
图５
．
①
／— 、、
・
‘
．
ＡＢ是ｏＤ的直径，
ＡＣＢ＝９．０。
图３
于是可知四边形ＤＣＥＦ是正方形．由ＣＤ平分／Ｃ＿Ｂ可得ＬＡＤ：ＬＢＤ，Ｄ＝，＿ＡＣＣ则Ａ肋
・试题赏・析
中・７（ｌ第期・中）擞．２１５初版ｏ年
５７
对一道中考数学试题的深入研究
４５４湖北省阳新县白沙中学３２１
题目（００年武汉市）２１如图１Ｏ０的直径Ａ，Ｂ的长为１，Ａ０弦Ｃ长为６ＬＡＢ的平．，Ｃ分线交Ｏ０于Ｄ，Ｃ则Ｄ长为
￣ＡＣ：ＬＢＣＤ，Ｄ
，
，
，，，
ｓ（＋ｉ）＝ｓ￣ｏ３ｃｓｓｎｉｃｓ＋ｏａｉｎ／Ｈ
３
，，
√ ＋，２７２２。４＿ √ √
了

从“覆盖”到“嵌入”——对一道中考题的思考与探究

《
② 当ＡＡ如图１）同（）０＞０时（２，１①之方法
② 当Ａ。０时（图１）同（）０。如０，１①之方法可得：Ｃ与ｏＯ相离．因为ｏ０与ＡＡＤ，ＤＢ２又。Ｂ，Ｃ
可得：Ｃ与（。Ｂ３０相离．因为ｏＤ与ＡＡＤ，Ｄ均相切，以ｏＤ能嵌入四边形ＡＢＤ中．又Ｂ，Ｃ所Ｃ由于均相切，所以ｏＤ能嵌人梯形ＡＣ中．由于ｏ（是ＡＡＤＢＤ）Ｆ的最大引起超时呢？笔者整理了在２１００年浙江省数学高考中学生疑问较多的４个小题，发现学生在转化过程中对数
Ｂ必要而不充分条件．
Ｃ．分必要条件充Ｄ．既不充分也不必要条件分析：必要性是显然的，学生主要是对不充分举反
形结合中“ ” 形的应用有欠缺，的魅力没体现，形导致解题时卡壳．
一‘ 、
，
日００，．。
＝７。＝．，故 △ＥＨ是锐４１Ｆ
４ｊ、９８
角三角形，所以其最小覆盖圆为 △Ｅ的外接圆，删
．
１４￣
３
△ Ｇ
ｃ ≯
设此外接圆为ｏＤ，直线Ｇ与ｏＤ交于点，则
＝
ＥＨＦ＝６０．ｏ＝３８＝ＥＧ０＜５．。
例１（浙江理４设０＜， “ｓ２ｌ是）则ｘｉｘ ” ｎ＜
￣ｉ＜ ” ｎ手足无措，影响了解答题的完成．那究竟是试题灵 ‘ｓｘｌ的（）Ａ充分而不必要条件．活还是学生在紧张的气氛中解答新颖题时的方法

对一道中考作图题的再探究

图１
图２
图３
问题４什么样的三角形可以５直线Ｃ即为所求直线；（），Ｍ
●
腰三角形？
这个问题颇具难度，需要学生有周密的分类讨论思想，能清晰地表达自己的想法，师可以给予适才教当地点拨．
生的抽象能力和逻辑思维能力、创新意识和应用能力都是有益处的．师合理地选择课程内容以及教学方教法是达到教学目标的关键，内容的呈现应采取不同的表达方式，以满足多样化的学习需求．种类型的课这
（）２已知内角度数的两个三角形，图２图３所如、示．请你判断，否分别画一条直线把它们分割成两能个等腰三角形？若能，写出分割后两个等腰三角形请
顶角的度数．
Ｃ
Ｃ
（）１
Ｂ昂
【）２图６
数）
如何培养学生的数学意识和观察能力，其具有使
自我学习、自我发展的构建能力以及应用数学解决问题的能力．就需要我们在实践中不断摸索教学方这
法，提高教学技能，学生的数学水平真正得到提高．使
本文以２００８年浙江省宁波市初中毕业生学业考试数学试题第２题为载体来谈谈探究的思路．１题目：１如图１（），ＡＡＢ中，Ｃ＝９。请用直Ｃ＝０，＝

对一道中考试题内在价值的再探索

对一道中考试题内在价值的再探索山东省薛城区舜耕中学朱思源中考试题是经过命题组的深思熟虑和字斟句酌的，一般说来都是比较优秀的，因此许多师生对其都“情有独钟”,把它作为训练和研究的重点，然而如果按部就班的使用，缺乏创造，就体会不到它的内在价值，更不能得以创新,下面仅以2005年山东省中考中考试题中的一道压轴题为例加以说明。

题目：如图1，在正方形ABCD 中，AB=2，E 是AD 边上一点(点E 与点A ，D 不重合)．BE 的垂直平分线交AB 于M ，交DC 于N ．(1)设AE=x ，四边形ADNM 的面积为S ，写出S 关于x 的函数关系式； (2)当AE 为何值时，四边形ADNM 的面积最大?最大值是多少?分析:要用x 表示S ,其关键是用x 表示AM 和DN .方法1：如图2，(1)连接ME ，设MN 交BE 于P ，根据题意，得 MB=ME ，MN ⊥BE,过N 作AB 的垂线交AB 于F ，在Rt △MBP 和Rt △MNF 中,︒=∠+∠90BMP MBP ，︒=∠+∠90BMN FNM ， ∴∠MBP=∠MNF ．又AB=FN ，∴Rt △EBA ≌Rt △MNF ，故MF=AE=x ，在Rt △AME 中，AE=x ，ME=MB=2-AM ，∴(2-AM)2=x 2+AM 2，解得AM=2411x - ∴四边形ADNM 的面积221)411(2222222++-=+-=+=⨯+=⨯+=x x x x AE AM AF AM AD DN AM S 即所求关系式为2212++-=x x s .(2) ()()22211515221122222S x x x x x =-++=--++=--+.∴当AE=x =1时，四边形ADNM 的面积S 的值最大，最大值是25.方法2：如图3，连接ME 、EN 和BN ，在Rt △AME 中，AE=x ，ME=MB=2-AM ，∴(2-AM)2=x 2+AM 2，解得AM=2411x -；又因为在Rt △EDN 和Rt △BCN 中DNCN x DE -=-=2,2,由ENBN =得22EN BN =,即22222)2()2(+-=+-DN DN x ,解得：4442++-=x x DN ，∴四边形ADNM 的面积2214444112222++-=++-+-=+=⨯+=x x x x x DN AM AD DN AM S ；（2）由2212++-=x x S 可知：S 为x 的二次函数，021<-=a ，所以抛物线开口向下，有最大值，即当12=-=a b x 时，S 最大,25211212=++⨯-=最大S .如果仅仅满足于对这一问题的解决，那只是注意了它的表面价值，其实还应该挖掘它的内在价值，比如这道题目本身的条件“MN 垂直平分BE ”说明MN 是一条折痕，如果把这个问题看成一个折叠问题，那么把四边形MBCN 沿折痕MN 折叠后点C 落在点'C 上，并设'EC 交CD 于点F ，如图4所示，那么你就会(图1）NMEDCB A（图3）NMEDCBA FN(图2)MEDCB Ac'P F (图4）NMEDCBA发现许多新的结论：1、不论x 为何值，总存在等量关系：EF= AE+CF.分析：由对称性可得︒=∠=∠90MBC MEF ,DEF AME ∆∆∽, ∴EF ME DE AM DF AE ==,在Rt △AME 中，AE=x ，ME=MB=2-AM ，∴(2-AM)2=x 2+AM 2，解得AM=2411x -, ∴EFx x x DF x )411(2241122--=--=,解得：x x DF +=24，x x EF ++=242 ∴x x x x DF CF +-=+-=-=2242422 ∴xx x x x DF AE ++=+-+=+242242. 所以不论x （0<2<x ）为何值，始终有：CF AE EF +=.2、当点E 在线段AD （不与A 、D 重合）上运动时，△DEF 的周长始终为定值. 分析：如图4所示，由1得：EF=AE+CF ，所以△DEF 的周长＝4)()(=+=+++=+++=++CD AD CF DF DE AE CF AE DF DE EF DF DE 所以△DEF 的周长始终为定值.3、当点E 在线段AD 上运动时，EBF ∠的大小始终不变. 方法1（利用全等）：如图5，过B 作,EF BH ⊥则BEH EBC AEB ∠=∠=∠HBE ABE 和≌∆∆∴∴EH AE =,又∵EF=AE+CF ∴ FH CF =,BC AB BH ==∴BCF BHF 和≌∆∆∴︒=︒⨯=∠=∠45902121ABC EBF方法2（利用旋转）：如图6，以B 为中心把ABE ∆按顺时针方向旋转︒90，到'BCE ∆的位置， F E CF CE CF AE EF ''=+=+=,'BE BE =,BF BF =, ∴)('SSS BF E EBF ∆∆≌∴'21EBE EBF ∠=∠,而︒=∠=∠+∠=∠+∠=∠90''ABC ABE EBC CBE EBC EBE∴︒=︒⨯=∠459021EBF数学并不缺少美，而是缺少发现，只有深下心来去研究，静下心来去揣摩，才能抛开其表面现象，从而发现中考试题作为知识载体的内在美，发现揭示这些美的方式和方法也同样的美，要学会在解题的同时揭示试题的内在价值，从而去发现美、理解美、欣赏美和体会美，因为正是它们给我们的生活带来了无限美的享受，装扮着我们的学习和生活！c'(图5）C Bc'M B。

“小题”也能“大作”——对一道中考嗔空题的分析与探究

得，即③ ， ④都可作为推出ＡＡＣ是等腰三角形的条件．Ｂ
综上所述本题答案应是②③（
・
复习参考・
中。教・（１年期・版？２０第９初中）０
过程中渗透了分类讨论和反证法的数学思想１
４９
上Ｂ ” Ｃ的作用，故应在边ＢＣ所在的直线上截取．
４８
十。擞・（１年９初版７？２０第期・中）０
・复习参考・
“ 题’ 小 ’ 也能 “ 作 ’ 大 ’
一
对一道中考嗔空题的分析与探究
汪宗兴
２３０安徽省马鞍山市成功中学４００
今年，笔者有幸参与安徽省马鞍山市中考数学的阅卷工作，最后一道填空题引起了我的注意，我眼前一让亮．首先这一道题比较“ ” 因为以前没有见过，新，凭直观感觉后两个结论都能判定该三角形是等腰三角形；其次是仅凭观察难以严格证明，动手操作尝试才可．须笔者经过研究发现，小题目也大有文章可作，现整理成文，和大家分享，不妥之处，同仁批评指正．请
１试题与解法归纳
１１题目．
Hale Waihona Puke １３学生思考．
选② 、选②③ 、选② ④ 的较多，于①② ，对学生能作出较准确的判断，但对于③④ ，学生举棋不定，的靠举有特例，的靠猜测，的靠论证．有有归纳起来，方法如下．
这种方法判定ＡＡＢ＝Ｃ不仅简便，且可以一举两而
式，采取延长补短、化曲为直的方法，即找一条线段，使之等于条件中两线段的和，如分别延长ＡＡ，Ｂ，Ｃ使延长的线段分别等于ＢＣ但由于不能发挥垂直条件 “ ＤＤ，Ｄ，Ａ

在偶然与必然之间徜徉探究——对一道中考几何试题的再研究

半圆０的直径，Ｃ为半圆弧
．一一
厘
ｎ’
上的一个动点（圆弧中点半
一ｃＤ一
一
及直径的两个端点除外）分，别连接Ａ，Ｃ作ＣＣＢ，Ｄ上ＡＢ
Ｃ及ｏ０相切．Ｄ
图２
ＡＥ２一Ｒ＝：一ＥＤ一ｎ —
０Ｄ与Ｂ，Ｏ及Ｏ０相切，ＯＣ
代入①式化简整理，得
２
图１
ｒ
ｌ２ｒ＋（２ｎ＝，＋ｎｌｎ一Ｒ）０
设ｏＤ，）ＡＡＣ的内切圆的半径分别为，，和ｒ。６０与Ｂｒ２，ｏＯ的半径为Ｒ，由对称性可知，＝２ｒｒ。．如图１可知，ｒ＝ｒ，。Ｒ—
中。蔓（ｌ第期．中）７：２ｏ５初版善・ｏ年７
．交流平台．
在偶然与必然之间徜徉探究
一
对一道中考几何试题的再研究
吴永刚
２１０安徽省芜湖市南瑞实验学校４０２
笔者在备课时仔细研读了文［］文中把一道中考１，
０ｌ２＝００
ｌ
＋Ｏ２Ｅ
①．
半圆０的直径，ＯｌＡＣＢ于０点，分别连接Ａ，Ｃ分别作ＣＢ．
其中，ｌＲ—ｒ，ｌｒ，００＝１０Ｅ＝ｌ
ＯＥ）ＡＡ＝ｒ一（ｎＲ）Ｅ＝１一（Ｄ— Ｏ）１ｒ— ，
Ｄ曰
ｏＤ与ＡＣ。Ｏ，Ｏ及Ｏ０相切，Ａ
± 篓 ±（二２二一！二

巧用转化思想求作梯形面积等分线

巧用转化思想求作梯形面积等分线——对一道中考试题的探究一、问题的缘起原题（2005年贵阳中考题）如图1，在一次数学实践探究活动中，小强用两条直线把平行四边形ABCD分割成四个部分，使含有一组对顶角的两个图形全等；(1)根据小强的分割方法，你认为把平行四边形分割成满足以上全等关系的直线有多少组；(2)请在平行四边形中画出满足小强分割方法的不同的直线；(3)由上述实验操作过程，你发现所画的两条直线有什么规律？解 (1)无数；(2)作图的时候要首先找到对角线的交点，只要过对角线的交点，任画两条直线即可．(3)这两条直线过平行四边形的对称中心（或对角线的交点）．图2中前两个图中四部分面积相等，第三个图只是相对的面积相等．由此我们想到新问题：怎样在平行四边形中作两条直线，把其面积四等分？我们知道，过平行四边形对称中心的直线平分其面积，在图3中，EF 把□ABCD的面积分为两个全等等积的梯形，因此只要过一腰中点作梯形的面积等分线即可．二、问题的探究问题梯形ABCD中，AD∥BC，点O是CD的中点，在AB上求作一点P，使直线OP平分梯形ARCD的面积．分析1 假设直线OP已作出，如图4．由合比定理，得，故而AF＝BP．作法1 如图4．1．连结AO并延长，交BC延长线于点E；2．过点C作CF∥AE，交AB于点F；3．在BA上作BP＝AF；4．作直线OP．分析2 假设直线OP已作出，如图5．要使S△APD＝S△BPC，只需AP·AD＝BP·BC．将AD平移至BE，在AB上截取AF＝BP，则AP＝BF，则只需BF·BE＝BP·BC，即，则PE∥CF，四边形ECFP为梯形．取其中位线MN，则MN∥EP，此时N为AB的中点．作法2 如图5．1.过点D作DE∥AB，交BC于点E；2．分别作EC、AB的中点M、N，连结MN；3．过点E作EP∥MN，交AB于点P；4．作直线OP．分析3 假设直线OP已作出，如图6．要使S△APD＝S△BPC，将AD平移至BE，则S△APD＝S△PAE.过点A作AF∥PE，则S△PAE＝S△PEF.故只需S△BPC＝S△PEF，由于同高，故而BE＝CF.作法3 如图6．1．过点D作DE∥AB，交BC于点E；2．在BC延长线上作CF＝BE，连结AF；3．过点E作EP∥AF，交AB于点P；4．作直线OP.分析4 在图6中明显地看到AF经过点O，这是巧合吗？由CF＝BE，而AD＝BE，故CF＝AD且平行，由平行四边形对角线互相平分易证AF 经过点O．看来是偶然中的必然，为此可改良作法3．作法4 如图6．1．过点D作DE∥AB，交BC于点E；2．连结AO并延长，交BC延长线于点F；3．过点E作EP∥AF，交AB于点P；4．作直线OP.分析5 假设直线OP已作出，如图7．将AD平移至BE，连结AO并延长，交BC延长线于点F，则S△BOE＝S△OCF＝S△OAD，S△BAO＝S△BFO，∴S△BPO＋S△PAO＝S△BOC＋S△OCF. ①要使S四边形APOD＝S四边形BCOP，即S△PAO＋S△OAD＝S△BOC＋S△BPO. ②由①、②，得S△BPO＝S△OCF，故S△BPO＝S△BOE.△BPO与△BOE同底OB，只需等高即可．作法5 如图7．1．过点D作DE∥AB，交BC于点E；2．作点E关于BO的对称点E’；3．过点E’作E'P∥BO，交AB于点P；4．作直线OP.注图中还有S△APO＝S△BOC，分析6 假设直线OP已作出，如图8．将AD平移至CE，取AE中点F，则O－F－B等分梯形面积．连结BO、PF，则S四边形APOD＝S□AFOD＋S△APF＋S△PFO＝S□AFOD＋S△ABF－S△PFB＋S△PFO，故S△PFB＝S△PFO，因而PF∥BO.作法6 如图8．1．过点A作AE∥DC，交BC于点E；2．取AE中点F，连结OB；3．过点F作FP∥BO，交AB于点P；4．作直线OP.分析7 假设直线OP已作出，如图9．连结AC；过点D作DE∥AC，交BA延长线于点E则S△ACD＝S△ACE，梯形面积转化为△BCE的面积．取BE中点F，连结OF，则S△EFC＝S△BCE＝S四边形APOD而S△EFC＝S△AFC＋S△ACE＝S△AFC＋S△ACD＝S四边形AFCD．故只需S四边AFCD＝S四边形APOD，只需S△OFP＝S△OFC，因而CP∥OF.作法7 如图9．1．连结AC；过点D作DE∥AC，交BA延长线于点E；2．取BE中点F，连结OF；3．过点C作CP∥OF，交AB于点P；4．作直线OP.分析8　假设直线OP已作出，如图10.连结AO、BO；分别过点D、C作DE∥AO、CF∥BO、交直线AB于点E、F，则梯形面积转化为△EOF 的面积，此时只需作EF上的中线即可．作法8 如图10.1．连结AO、BO；2．分别过点D、C作DE∥AO、CF∥BO，交直线AB于点E、F；3．取EF的中点P；4．作直线OP.注图9、图10的方法也是过任意四边形边上一点作四边形的面积等分线的通法，之所以把这两种通法放到最后，是以防通法禁锢住我们的思维而陷入思维定势，让我们不再动脑多思而漏掉前6种作法．以上解法，多次用到了转化的思想，如等线段代换，等积代换等等，让我们感受到了转化的神奇魅力．同时，“老题”不“老”，“老题”也能发“新芽”，也能焕发出勃勃生机！。

对一道中考试题的探讨

・．．
：
或：７
ＡＡＣ的三边长只能是２４４Ｂ、．，
《新课程》
２１年１月２日０００８
时－道◆謦硪题的僚砑
⑩江苏省张家港市港区初中徐周明
摘要：本文通过对一道中考试题的研究、０这个方程总有实数根。．探索，归纳出考生答题中出现的错误，出了指试题对教学的指导作用。・
扎实。
阅卷过程中，现个别考生解答问题（）长或底边长。发２
１．因果关系颠倒。错解为：‘ ’ 方程有实数时，出了更简洁的解法。给
原方程化为：１（五１（一）Ｏ＿２＋）＋锨２＝
‘
①０４为腰长时，。、是这个方程的两个＝ ‘ Ｃ．ｂ实数根，
一
．
Ａ＞０．这个方程总有实数根。１・．（２ｖ等腰 △ｌＣ中，＝．４可以为腰４Ｂａ４ａ＝
、
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
考生解答的主要错误
２．的简单解法本题
对于问题（）主要错误有：１，根 ∥＿ △≥０ … 。这是一种比较典型的错误，，反映了一些考生逻辑关系混淆，本功不够基
②ｏ４：为底边长，ｂｃ’ 、是这个方程则＝．．ｃ．６
・
中降低了试题的难度，也给了一些考生 “ 可乘之机” 现对试题略作改进，。希望使它更完美些。
改编试题：已知关于的方程：一６～）（ｋ１
＋４Ｌ１：；（）Ｏ

德育立意与能力立意相统一-----对一道中考题的思考高照山

德育立意与能力立意相统一——对一道中考试题的思考随着新课程改革的深入，素质教育的推广，各地中考思想品德命题立意呈现出德育立意与能力立意相统一的新特点，充分发挥了考试的评价功能和对教学的引领作用。

试题(2008年青岛卷)案例分析：怎样做人？怎样做事？案例一：2007年4月14日下午，周老汉发现自家门前有一堆狗粪，他随即找到养狗的邻居朱老太理论，要求朱老太清扫。

由于朱老太不愿意清扫，双方争吵、撕扯起来，周老汉突发脏病倒地死亡。

案发时，周老汉72岁，朱老太66岁，两家是对门居住10年的老邻居。

后来，法院依法作出判决，朱老太承担30%的责任，赔偿死者家属5五万余元。

案例二：2007年10月8日，美国反兴奋剂机构（USADA）发表声明，美国前短跑名将琼斯已经承认自己服用过违禁药物，她将因此被禁赛两年，并上交他在2000年悉尼奥运会上夺得的5枚奖牌（3枚金牌和2枚铜牌）。

2008年1月11日，美国联邦地区法院根据琼斯在使用兴奋剂问题上作伪证和他在支票欺诈案中说谎两项罪名，判处她入狱6个月。

案例三：2008年2月5日，福建省厦门市中级人民法院，依法对山东省委原副书记，青岛市委原书记杜世成作出一审判决，以受贿罪判处其无期徒刑，剥夺政治权利终身。

法院审理查明，从2000年至2006年，杜世成利用职务之便，为有关单位和个人谋取利益，非法收受财物，共折合人民币626万余元。

案例四：2008年2月21日晚，人们正在欢度元宵佳节时青岛平度市大田镇却发生了一起命案:两个15、16岁的少年因为玩闹发展到打架，后来双方的家人卷入打斗，最终一方孩子的父亲用刀将另一方孩子的父亲捅伤致死。

行凶者王某已被平度市警方刑事拘留。

假如你是当事人，假如你有机会从头开始，请说说你会怎样做？请结合思想品德课的有关知识从4个方面说明理由。

（1）假如在案例一中：；（2）假如在案例二中：；（3）假如在案例三中：；（4）假如在案例四中：。

答案举例：（1）假如在案例一中，我会主动清扫，不争吵撕扯。

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定”中的一道思考题，进行了认真的探索．
思考题：如图１，一架２．５米长的梯子
当ＡＡＡ。０ＡＢＢ。０时，就有下
滑距离ＡＡ和外移距离ＢＢ。相等，即
Ａ４＝ＢＢ１．
ＡＢ斜靠在竖直的墙ＡＣ上，这时点到墙点Ｃ处的距离为０．７米，如果梯子的顶端沿
．９米 ” ，那么该题的答案会是０．９米吗？为什么？考试题在我们的教材中都能找到原型，所以我们应尊重教材、梳０滑的距离与点曰向外移动的距离，有可能相等吗？为什么？试解答小聪提出的这２个问题．
二、问题解答及引申
２０１２年浙江省绍兴市的中考试题的第２２题是一道由浙教版
个现象正是此题值得研究的地方，也是该题的亮点所在．
三、猜想规律
四、证明猜想
证明：如图１，ＡＣ＞ＢＣ，设ＡＡｌ＝，ＢＢｌ＝Ｙ，
带着这个问题，我们先梳理一下题中梯子顶端下滑的距离
与底端滑动的距离的几组数据．
此题分两小题，第（１）小题较简单，容易人手．第（２）小题中
《义务教育课程标准实验教科书・数学》八年级上册第二章 “ 特的问题１，仿照第（１）小题的解题思路，验证、比较，即可得出殊三角形” 的目标与评定第５１页第ｌ６题改编而成的常规解答结论；第（２）小题中的问题２，属于数学存在性问题，其解题
贝０ＡｌＣ＝ＡＣ— ＡＡ１＝ＡＣ— ，ＢｌＣ：ＢＣ＋ＢＢｌ＝ＢＣ＋Ｙ．
一
解：（方法１）如图２，记ＡＢ和
Ａ．８的交点为０，在下滑过程中，我们发现
、
试题呈现
题目
对教材 “ 目标与评ＡＡＡ，０在变大，而ａＢＢ０在变小．小明和同桌小聪在课后复习时，
而ＡＩＢｌ＝２．５，
贝０ＡｌＣ＝２．４一，Ｂ，Ｃ＝＋０．７．由勾股定理，得（＋０．７）＋（２．４一）＝２．５．解得＝１．７（米）．那么从小聪提出的２个问题来看，这个结论是否具有一般
关键词：教材改编题；建模能力；拓展探究
（２）解完 “ 思考题 ”后，小聪提出了如下２个问题．问题１：在 “ 思考题 ”中，将 “ 下滑０．４米 ”改为 “ 下滑
问题２：在 “ 思考题 ” 中，梯子的顶端从点Ａ处沿墙ＡＣ下
墙下滑０．４米，那么点Ｂ将向外移动多
少米？
图２
根据ＡＡＳ，得出 △ＡＢＣＡＡ。Ｂ。Ｃ．
所以Ａ１Ａ＝ＢＢｌ＝ＡＣ— ＡＩＣ＝ＢｌＣ— ＢＣ：ＡＣ—ＢＣ＝２．４—０．７＝
图１
（１）试将小明对 “ 思考题”的解答补充
题，此题简约而不简单，问题的设计着眼于学生自主、合作、思路为：假设存在一推理论证一得出结论．若能导出合理的结
探究的学习，步步为营，延展有序，将知识融会贯通，思维活果，就作出 “ 存在 ”的判断；若导出矛盾，就作出 “ 不存在 ” 动层层展开，不断深入，进一步增强学生探究问题的能力．学生的判断．下面提供第（２）小题中的问题２的２种解题思路．通过观察、比较、分析、综合、抽象、概括等一系列思维活动，得到不同层次的发展，获得新知．
作者简介：沈岳夫（１９６３一），男，浙江绍兴人，中学高级教师，主要从事数学教育和数学解题研究
３４
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完整．
１．７（米）．
（方法２）可列方程直接解决．
设＝ＢＢｌ＝，
解：设点Ｂ将向外移动米，即ＢＢ＝，
贝０Ｂ１Ｃ＝＋０．７，Ａ。Ｃ：ＡＣ— ＡＡｌ＝、／２．５一０．７一０．４：２．
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Байду номын сангаас
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一
／ｔＴＩＹＡＮＪＩＵ￣
一
— 。。
ＳＨ
的距离？如果不是，那么 “ 梯子滑动 ”是否有一定的规律？这滑动的距离大于顶端下滑的距离．
在ＲｔＡＢｌＣＡ．中，由Ｂ．＋Ａ．Ｃ＝ＡｌＢ，得方程 — — ．
解方程，得ｌ＝ — — ，２＝ — — ．
所以点曰将向外移动 — —
米．
性？即是不是在任何情况下，底端滑动的距离都大于顶端下滑
收稿日期：２０１３－０４ — １８
２０１３年第１０期
ＺＨＯＮＧＧＵＯＳＨＵＸＵＥＪＩＡＯＹＵ
摘要：新课程倡导教师要创造性地使用教材，引导学生进行自主性学习、探究性学习．综观近几年各地中考试题，许多中理教材、深挖教材、活化教学素材，认真评析教材中的典型例题、习题，这样才能真正提高教学效率，达到事半功倍的效果．