把握命题策略 彰显解题方法

精品文档-下载后可编辑把握命题策略彰显解题方法引例（2022年山东东营市）（1）如图11，已知：在ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD直线m，CE直线m，垂足分别为点D、E.证明：DE=BD+CE.

（2）如图12，将（1）中的条件改为：在ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，其中α为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由.

（3）拓展与应用：如图13，D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D、A、E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且ABF和ACF均为等边三角形，连接BD、CE，若∠BDA=∠AEC=∠BAC，试判断DEF的形状.

图11图12图13解析问题（1）是以等腰直角ABC为载体创设的特殊情况，两个直角三角形（ADB≌CEA）的全等.进而根据全等三角形的对应边相等的性质，把BD、CE转化到线段DE上，获得问题的答案.

问题（2）实际上是问题（1）的拓广，是将等腰直角ABC从特殊推广到一般等腰ABC，来探究结论成立与否.从问题（1）的探究过程中，容易发现只要“ADB≌CEA”仍然成立，自然问题（1）的结论也会保持不变.仿问题（1）的思路，容易发现虽然证明全等的条件∠CAE=∠ABD时有所变化，但对ADB≌CEA没有什么影响，因此结论DE=BD+CE成立.

（3）由ABF和ACF均为等边三角形，这个条件实际上为我们解题提供的等价条件是：AB=AC，∠FBA=∠FAC=60°，这样结合已知条件由问题（2）的结论易知ADB≌CEA，所以BD=AE，∠ABD=∠CAE，从而有∠FBD=∠ABD+60°=∠CAE+60°=∠FAE，根据SAS便有DBF≌EAF，所以DF=EF，∠BFD=∠AFE，所以∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形，所以DEF为等边三角形.

问题编拟策略与解法探索：此类问题常常先设置一个特殊位置或学生易于猜想结论的问题情景，发现问题的结论之后，然后再创设一个题设、图形结构变化的数学环境，进一步探究对结论的影响.解决此类问题我们要抓住图形变化过程中的“不变因素——全等关系（或相似关系）”，考察原来全等（或相似）的论证的思路和方法是否可行，沿着设置的“路标”按图索骥，拾级而上，方可获得问题的答案.

下面我们再来探究几个案例.

1.以正方形为载体，旋转为变换策略设计线段和差关系问题.

图21案例1（2022辽宁铁岭）正方形ABCD中，点E、F分别是边AD、AB的中点，连接EF.

（1）如图21，若点G是边BC的中点，连接FG，则EF与FG的关系为.

（2）如图22，若点P为线段BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ.连接EQ，请猜想EF、EQ、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论.

（3）若点P为线段CB延长线上一动点，按照（2）的做法，在图23中补全图形，并直接写出EF、EQ、BP三者之间的数量关系.

解析（1）易证AEF≌BGF（SAS），所以EF=FG，又∠EFG=180°-2×45°=90°，所以EFFG.

（2）取线段BC的中点H，连接FH，则有FE=FH，FHFE，由旋转的特征，易证FHP≌FEQ（SAS），所以HP=EQ，观察图22可以发现BP=BH+HP，所以BP=212FH+EQ即BP=212FE+EQ，变形可得EF=2（BP-EQ）.

（3）补全图形如图23，仿（2）取线段BC的中点H，连接FH，易证FHP≌FEQ（SAS），所以HP=EQ，观察图23可以发现BP+BH=HP，所以BP+212FH=EQ即BP+212FE=EQ，变形可得EF=2（EQ-BP）.

图22图23评注解答本题的关键是要在抓住命题专家设计的问题（1）的特殊情形下，探究得到的EF与FG之间相等的数量关系，以及垂直的位置关系.它为第（2）（3）问添加辅助线——取线段BC的中点，构造全等三角形（FHP≌FEQ）埋下了伏笔，同时等腰直角FBH斜边与直角边之间的关系为转移线段之间的数量关系，沟通所探究的三条线段的和差起到了推波助澜的作用.从上述过程的探究我们不难发现无论点P是在线段BC延长线上，还是在线段CB延长线上，构造FHP≌FEQ关系是不变的，这就是本题中隐藏的图形的本质特征.

2.三角形与菱形和谐共生，生成角度之间和差关系的探究

案例2（2022年天门市）已知，ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）.以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF.

（1）如图31，当点D在边BC上时，

①求证：∠ADB=∠AFC；②请直接判断结论∠AFC=∠ACB+∠DAC是否成立；

（2）如图32，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，结论∠AFC=∠ACB+∠DAC是否成立？请写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的数量关系，并写出证明过程；

（3）如图33，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC、∠ACB、∠DAC之间存在的等量关系.

图31图32图33解析（1）①利用SAS证明ABD≌ACF（这里的夹角是60°-∠CAD）即可.②结合①，利用三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和，直接得出.

（2）仍然是利用SAS证明ABD≌ACF（注意这里的夹角是60°+∠CAD），但这里从图形观察∠ACB是ACD的外角，所以结论变为∠ACB=∠AFC+∠DAC（或∠AFC=∠ACB-∠DAC）

（3）仿（1）①利用SAS证明ABD≌ACF，此时有∠ADB=∠AFC，在ADC中，根据三角形内角和定理可得：∠AFC+∠DAC+∠ACB=180°或∠AFC=2∠ACB-∠DAC，以及这两个等式的正确变式）.

评注本题以等边三角形和有一个角为60°的菱形为载体设计了一个以点D在直线BC（线段BC上及延长线上3种情形）上的不同位置，导致图形变化，结论随之变化的问题情境，但三种情形的解决方法都是利用“三角形的全等”（只不过是其中关于角的条件有所变化）这一不变的因素，进而转化角，然后再结合三角形的内角和定理及推论（三角形一个外角等于和它不相邻的两个内角的和）便可获得问题结论.

3.以三角板为道具，矩形为载体，平移为变换策略创设的线段比值问题的探究

案例3（2022年临沂市）如图41，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F，另一边交CB的延长线于点G.

（1）求证：EF=EG；

（2）如图42，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.

（3）如图43，将（2）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=a、BC=b，求EF1EG的值.

图41图42图43解析（1）由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用SAS证得RtFED≌RtGEB，则有EF=EG，问题得证；

（2）如图42，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、I，仿（1）利用SAS可以证明RtFEI≌RtGEH，所以有EF=EG，问题得证；

（3）如图43，过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证得EM∥AB，EN∥AD，则可证得CEN∽CAD，CEM∽CAB，故有NE1AD=CE1CA，EM1AB=CE1CA，所以NE1AD=EM1AB，即NE1EM=AD1AB=b1a，又由两角对应相等的两个三角形相似（∠GEM=∠FEN、∠GME=∠FNE=90°），可得GME∽FNE，所以EF1EG=EN1EM，所以EF1EG=b1a.

评注本题思维方法，是以问题（1）思考方法及图41图形结构为基本框架，把问题（2）（3）通过作辅助线构造出类似全等三角形或相似三角形，然后“按图索骥”，思维拾级而上触及问题的本质，其中渗透了转化的数学思想及数形结合思想.此题综合考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质.

从引例与案例的探究过程中我们可以发现：猜想“图形变化过程中结论变与不变”一类问题的命题策略为：问题（1）是根据特殊图形（图形的特殊位置）直接给出结论或证明的过程（或隐去解决问题的思路）；问题（2）是考查学生由问题（1）搜索提取的有效信息，能否进行合理的类比归纳提出猜想，并对猜想选取有效解题策略进行逻辑推理与证明；问题（3）是问题（2）的拓展与延伸，当然是在原题条件的基础上弱化条件，变换图形（或让图形中的点、线、三角板动起来），继续探究问题结论的变与不变.这样的设计符合学生的认知规律，既有利于学生发现数学的结论，更让学生感悟了数学结论的形成过程和数学思想方法的具体运用.同时学生在解决问题的层层深化推进的过程中，体验到合情推理有助于探索解决问题的思路、发现和猜想结论；演绎推理可用于验证结论的正确性.更重要的是给我们数学教学指明了航向，要求我们教师要突破传统习题教学——题海战术的瓶颈，发挥自己的教学智慧，积极挖掘课本中有效教学的素材，精心选编有典型性、可拓展性、迁移性的