一个基本图形在解决中考试题中的应用

姬新建

在近几年的中考试卷中，图形变换的思想方法是一个考查的重要方向，这使得基本图形的应用的重要性显得越来越突出，下面就一个基本图形在中考命题中的应用谈谈粗浅的认识.

如图1，点C是线段AB的中点，请你利用该图形画一对以点C为对称中心的全等三角形.

方法一：

延长DC到点E，使CE=DC，连接AD，BE，则△ACD≌△BCE，且关于点C成中心对称（如图2）.

方法二：

连接AD，过点B作BE∥AD交DC的延长线于点E，则△ACD≌△BCE，且关于点C成中心对称（如图2）.

在2005年大连市中考题中就有这个基本图形的影子.并且使用这个基本图形之后，问题思路变得很清晰.

1. 如下页图①，把正方形CGEF的对角线CE放在正方形ABCD的边BC的延长线上（CG＞BC），取线段AE的中点M.探究：线段MD、MF的关系，并加以证明.

说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）；

（2）如果你经历说明（1）的过程后，可以从下列①、②、③中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明.①DM的延长线交CE于点N，且AD=NE；②将正方形CGEF绕点C逆时针旋转45°（如图②），其他条件不变；③在②的条件下，且CF=2AD.

附加题：将正方形CGEF绕点C旋转任意角度后（如图③），其他条件不变，探究：线段MD、MF的关系，并加以证明.

探究：关系是MD=MF，MD⊥MF.

证明：如图④，延长DM交CE于点N，连接FD、FN.

因为正方形ABCD，

所以AD∥BE，AD=DC.

所以∠1=∠2.

又因为AM=EM，∠3=∠4，

所以△ADM≌△ENM.

所以AD=EN，MD=MN.

因为AD=DC，

所以DC=NE.

又因为正方形CGEF，

所以∠FCE=∠NEF=45°，FC=FE，∠CFE=90°.

又因为正方形ABCD，

所以∠BCD=90°.

所以∠DCF=∠NEF=45°.

所以△FDC≌△FNE.

所以FD=FN，∠5=∠6.

因为∠CFE=90°，

所以∠DFN=90°.

因为DM=MN，

所以MD=MF，DM⊥MF.

附加题：证法：如图⑤，延长DM到N，使MN=MD，连接FD、FN、EN，延长EN与DC的延长线交于点H.

因为MA=ME，∠1=∠2，MD=MN，

所以△AMD≌△ENM.

所以∠3=∠4，AD=NE.

又因为正方形ABCD、CGEF，

所以AD=DC，FC=FE，∠ADC=90°，

∠CFE=∠ADC=∠FEG=∠FCG=90°.

所以DC=NE.

因为∠3=∠4，

所以AD∥EH.

所以∠H=∠ADC=90°.

因为∠G=90°，∠5=∠6，

所以∠7=∠8.

因为∠7+∠DCF=∠8+∠FEN=90°，

所以∠DCF=∠FEN.

因为FC=FE，

所以△DCF≌△NEF.

所以FD=FN，∠DFC=∠NFC.

因为∠CFE=90°，

所以∠DFN=90°.

所以MD=MF，DM⊥MF.

而在2007年广州市的中考题中，此问题又一次出现，只不过它保留了图形中关键的等腰直角三角形部分，而证明的方法还是要充分利用这个基本图形.

2. 已知Rt△ABC中，AB=BC，在Rt△ADE中，AD=DE，连接EC，取EC中点M，连接DM和BM，

（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，

如图①，求证：BM=DM且BM⊥DM；

（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明.

（1）提示：在Rt△EBC和Rt△EDC中，，所以BM=DM.

∠BME=2∠BCE，∠DME=2∠DCE，

所以∠BMD=∠BME+∠DME=2∠BCE+2∠DCE=2∠BCA=90°.

即BM⊥DM.

（2）证明：如图③，延长DM到F，使MF=DM，连接BF、CF、BD.

在Rt△ABC中，因为AB=BC，

所以∠BAC=∠BCA=45°.

因为M是EC中点，

所以EC=CE.

因为∠4=∠5，DM=FM，

所以△DME≌△FMC.

所以DE=CF，∠1=∠FCM.

所以AD=CF，∠FCM=∠DEM.

所以DE∥FC.

延长DE交AC于G，

所以∠DGA=∠FCA.

因为∠FCA=45°+∠FCB，

∠DGA=90°－∠2=90°－（45°－∠BAD）=45°+∠BAD，

所以∠BAD=∠BCF.

所以△BAD≌△BCF.

所以BD=BF，∠ABD=∠CBF.

又因为DM=FM，

所以BM⊥DM.

因为∠ABD+∠DBC=90°，所以∠CBF+∠DBC=90°，即∠DBF=90°.

所以.（注：此问还可以用“构造三角形的中位线的方法”，在此只给出一般解法.）

在2008年北京市的中考题中，此问题经过变化后又一次出现，把两个正方形变成锐角是60°的两个菱形，但问题的本质没有变化，用同样的方法一样能够解决，并且第三问没有让证明，如果用2005年大连市中考题的证明方法，很容易就证明了.

3. 请阅读下列材料：

问题：如图3，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC.若∠ABC=∠BEF=60°，探究PG与PC的位置关系及.

小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决.

请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：

（1）写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及的值；

（2）将图3中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图4）.你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明.

（3）若图3中∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出的值（用含α的式子表示）.

解：（1）线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC；.

（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化.

证明：如图5，延长GP交AD于点H，连接CH，CG.

因为P是线段DF的中点，

所以FP=DP.

由题意可知AD∥FG.

所以∠GFP=∠HDP.

因为∠GPF=∠HPD，

所以△GFP≌△HDP.

所以GP=HP，GF=HD.

因为四边形ABCD是菱形，

所以CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°.

由∠ABC=∠BEF=60°，且菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，可得∠GBC=60°.

所以∠HDC=∠GBC.

因为四边形BEFG是菱形，

所以GF=GB.

所以HD=GB.

所以△HDC≌△GBC.

所以CH=CG，∠DCH=∠BCG.

所以∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°.

即∠HCG=120°.

因为CH=CG，PH=PG，

所以PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°.

所以.

（3）.（如图6，作DM∥GF，延长GP交DM于点N，延长BA交DM于M；连接CN、CG.证明略.）

通过这一问题的变化，给我们的教学提出了很多的要求，特别对我们初三年级的复习有很大的启示。到了初三最后复习阶段的教学，对每一个问题的变式、变化都要有探究的必要.而一些很简单的知识点，把它放在一个背景下，它可能就是我们解决这个综合问题的突破口；像上面的“构造中心对称的全等三角形的方法”，在三个中考问题的解决中，是一个通用法.而我们知道，数学问题层出不穷、变化无穷，学生不可能做完所有的数学题；这就要求我们教给学生方法，对于什么样的条件下，学生知道大概有什么样的方法可用，学生才能在遇到问题时有意识地去运用.所以，我们在平时的教学中要注重变式教学，一个问题可以通过条件和结论的互变：条件不变，进行结论的引申变化；也可以通过条件的加强和放宽进行变化.当然，同一个问题的多种解法也是变化的手段.在我们平时的教学中存在着很多可以挖掘的素材，代数、几何方面都有，代数问题用几何的方法来解决，几何问题用代数方法来解决也都是变式教学的一个角度.实际上同一数学问题的这些变化，也是数学的美和魅力的展现.我们如果在平时加强这方面的研究和教学，不但能让更多的学生喜欢数学，也能让学生在有限的时间内有最大收获.引导学生通过有限的习题训练达到最大的学习效果，从而避免题海战术、疲劳作战，提高学习效率，增强学习能力，这是我们应当追求的教学效果.

（本文获2008—2009学年度“海淀区初三年级系列优秀论文”一等奖）