助力中考“一线三等角”模型中考考试题归类赏析及启示

1、助力中考：“一线三等角”模型中考考试题归类赏析及启示XX: 指导：日期：01、模型呈现如图1和图2 ,在aABC和aCDE中，点C是直线BD上的点.若 z ACE=z ABD=z EDF，则 ABO CDE .特另U地，当 AC=CE 时, ABC空 CDE .图1男融念老师中学羽健化上述两个图呈现的是两种最典型的“一线三等角”模型，即同侧型和异侧型，两者所求证的结 论均可通过导角证明.该模型最本质的特点为：有3个等角的顶点在同一条直线 上，且这个角可以是锐角、直角或钝角.而随着角顶点位置的适当改变或角绕顶 点旋转一定角度，常会产生许多和谐美观的图形，且结论仍然成立.正因如此， 近年来各地命题

2、专家们命制了许多可用“一线三等角”模型求解的中考试题，这些 试题大都突出对学生能力与思维的考查，重视数学经验与思想方法的获得，常常 具有较高的区分度.02、试题赏析类型1 :三角齐见，模型自现例1 ：如图3 ,将一X矩形纸片ABCD的边BC斜看向AD边对折，使点B落在 AD上,记为B折痕为CE;再将CD边斜向下对折，使点D落在BX上,记为 D折痕为CG ,若BD=2 , BE=1/3BC ,贝U矩形纸片ABCD的面积为.AB G DF 8一.一G 图 3分析：因为/ A=z EB,C=z D=90。，且点A , B D在同一直线上，由“一线三等角”模型，得aAEBs DBX f则AB，_ AE

3、 _B，E 1 成一两一市一万一 T若设他=%,则CD =CIT = 3h,由此可得C8 = CB =八。=34+2,从而B，D = Z32.易得/正二区产，于是 BE 二进而 CR = 3BEE-2 =3”+ 2,解得 =I，故矩形纸片43CD取解旗息类型三角齐见，模型自现例2 :将形状、大小完全相同的两个等腰三角形如图4所示放置，点D在AB边 上， DEF绕点D旋转，腰DF和底边DE分别交 CAB的两腰CA , CB于点M , N .若 CA=5 , AB=6 , AD : AB=1 : 3 ,则 MD+12/MA-DN 的最小值为.分析：由于n A=z MDN=z B ,且点A , D

4、, B在同一直线上，因此根据“一线三等 角”模型可得 MAD- DBN ,则zj.MA MD丽二丽MA DX = DR 7/0=4:1，故时+福=时急力正当且仅当皿=闻寸，等号成立,皿十日的最小值为入反 以上两例都是典型的“一线三等角”试题，由于模型的框架已搭建，因此降低了试 题的起点.两道题虽涉及不同的图形变换，但解法本质一致，均为利用模型构建 比例式解决问题.两道题都着重考查学生在图形变换过程中的观察理解、直观感 知、推理转化等数学能力和思想.类型2 :隐藏局部，小修小补例3 ：如图5 ,在正方形ABCD中，M为BC上一点,MEAM , ME交AD延长线分析：如图6 ,由于N B=z AM

5、E=90 ,因此延长BC ,过点E作BC延长线的垂 线,两者交于点N .根据“一线三等角”模型，可得 ABM- MNE ,则 AB BME 而 AB=EN=12 , BM=5 ,贝!J MN=144/5 ,故 DE=MN - MC=MN - (BC-BM)=109/5 .类型2 :隐藏局部，小修小补例4 :如图7 ,在平面直角坐标系xOy中，直线y= - x+m分别交x轴、y轴于点A, B,已知点C(2,0).1)当直线AB经过点C时，点。到直线AB的距离是；2)设点P为线段0B的中点联结PA ,PC若N CPA=z ABO则m的值是.分析：1)/2;2)如图8因为N ABO=z APC=45

6、 ,在y轴的负半轴上找一点D使得N CDO=45 , 则aABP与aPDC构成“一线三等角”模型，所以aABPs PDC ,从而 AB/PD=BP/DC,易知 m0 , AB=/2m , BP=m/2 , PD=m/2+2 , CD=2Z2 ,于是inm 2处一屈2解得m=12.Zj.评注上述两道题虽分别以四边形和一次函数为命题背景，但图形的共性较明显:均将 原有“一线三等角”模型中的一角进行了隐藏，而这就要求学生理性地从图形的角 度进行思考与联想，发现其中最本质的特征，挖掘蕴含在图中的几何模型.两道 题均较好地体现了对“四基”的综合考查，提升了学生思维的层次性和灵活性.类型3 :一角独处，两

7、侧添补例5 :如图9 ,一块30。，60。，90。的直角三角板，直角顶点。位于坐标原点， 斜边AB垂直于x轴，顶点A在函数y1=k1 /x（其I例6 :如图11，在四边形ABCD 中，ADll BC , N BCD=90 z AB=BC+AD , z DAC=45 , E 为 CD 上一点,且z BAE=45 .若 CD=4 ,ABE 的面积为分析：如图12 ,由于N BAE=45 ,因此过点A作AD的垂线，在该垂线上分别找 点M , N（其中点N在点A下方），使得N BMA=n ENA=45 .过点E作MN的垂线, 垂足为点F,延长CB交MN于点G .M易知四边形ADCG为正方形，贝IJ A

8、G=CG=CD=4 ；而AB=BC+AD ,不难推知AB=5 z BG=3 , BC=1 .由于N BAE=nM=n N=45 ,根据“一线三等角”模型可得 ABM- EAN ,则而二俞即3L二工P4_丁板解得DE吟,于是CE =等故或= 幅形m - 的瑞嬲豆戮 评注上述两道题虽呈现的背景不同，但都蕴知识技能、思想方法、数学模型于图形之 中.题中的“特殊角”是解题的关键，也是搭建模型框架的基础，更是学生解题思 路的与“脚手架”.两道题实质上是考查学生利用模型进行数学思考的能力，同时 也有效地检测了学生对数学本质属性的把握情况.类型4 ：线角齐藏,经验来帮例7 :如图13 ,已知点A(2 , 3

9、)和点B(0 , 2),点A在反比例函数y=k/x的图像 zj.上.作射线AB ,再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转45。，交反比例函数图像 于点C,则点C的坐标为.分析：如图14 ,过点C作AC的垂线，交射线AB于点D ,过点C作x轴的平行 线,在该平行线上分别找点E, F,使得N DEC=z AFC= 90 .由“一线三等角”模型及N DAC=45，得 DE8 CFA ,又点A , B坐标分别为(2 z3) , (0 , 2) ; 从而 k=6 ,于是Zj.若设点则CF = DE = -a + 2, AF = CE =-9+ 3, a从而点。的坐标为（a + ?3, + +2）,是 -a

10、+ + 2 =+立-3）+ 2, a 2 a J解得 = -1,% = 2（舍去），故点C的坐标为（一 1，一6）,会/好飒联类型力：线角齐藏，经验来帮例8 :如图15 ,有一个边长不定的正方形ABCD ,它的两个相对的顶点A , C分 别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B , D在正六边形内 部（包括边界）,则正方形边长a取值X围是.分析：由于点A , C分别在正六边形一组平行的对边上，从而ACmin=/3 ,于是 正方形ABCD的边长amin=Z6/2 .根据正方形和正六边形的中心对称性，要使正 方形边长a最长,则正方形的对称中心和正六边形的对称中心0互相重合.如图16，

11、联结OA , OB ,过点A , B作GH的垂线，垂足分别为点E , F ,直线 BF分别交GP , GQ于点M , N .易知N BFO=z AOB=z AEO=90 ,根据“一线三等 角”模型及OA=OB ,可得 AOE OBF ,从而AE=OF=Z3/2 ,说明点B在定直 线MN上运动，当点B运动到点M或N时，正方形ABCD的边长a最长.如图17 ,当点B与点M重合时，由GF=1 - /3/2 ,知 BF = GF - tan 600 = -y,此时 a =息（=V2BF1 +2OF2 =3即故和.2买错as右加中字数理他 评主上述两道题实质上都以图形的旋转为问题的切入点,能较好地激发学

12、生探索的意 愿，促使学生在模拟图形运动的同时，自发地利用题中所蕴含的特殊角,展开适 当的联想，寻找图形间的联系，利用数学解题经验,搭建模型框架.两道题都意 在寻求突破，体现分层考查，有看较好的考试信度与效度.通过上述的例3例8 ,不难发现:对于有些中考试题，“一线三等角”并非直观、 完整地呈现，而是在原图中隐藏了局部或全部结构，因此思维层次随之提升.若 我们能充分利用题中所给的已知角或挖掘图中隐藏的特殊角，通过“找角，定线, 搭框架”，让模型“现出原形”，则解题思路便会油然而生,豁然开朗.03、教学启示 在近几年的各地中考试卷中，逐渐涌现出由同一类基本模型延伸而来的试题，这 些试题虽呈现的背景不尽相同，但解决问题的方法和思想相通，这就要求教师在 平时的解题教学中，充分挖掘习题的内在价值，鼓励学生对问题进行深入研究， 引导并总结出一般化的方法，同时要让学生尝试利用在解题过程中所积累的经 验，对试题中所蕴藏的基本模型进行挖掘与提炼.只有让学生学会自主地反思、 推进、提炼，才能做到