熟识几何基本模型实现数学解题化繁为简研究

胡清山

摘 要：“反A型”旋转相似直角三角形模型在近几年的中考题中常常出现，并经过中考命题专家的变式演绎，出现了常考常新的情况。为了更好地解答这种模型的几何题，教师应引导学生注意观察图形和分析图形，学会从复杂的图形中分离出这种几何基本模型，理解这种基本的几何模型所蕴含的基本结论并掌握基本的解法，提高解题能力。

关键词：数学教学;解题;几何模型;灵活应用

中图分类号：G633.6 文献标志码：A文章编号：1008-3561（2020）15-0084-04

旋转变换是初中几何的一个重要考点，而相似是中考的核心考点，相似与旋转有机结合成为近年来中考的一大核心模块，也是考查学生的几何分析能力的重要载体，使几何综合题难度变大。要突破这个难点，不仅要求学生牢固掌握旋转变换的性质、相似三角形的性质和基本的判定方法，而且要求学生熟识一些基本的图形模型。为此，教师要在课堂教学中有意识地对一些基本的几何图形模型进行提炼和识别，并对这些基本的图形模型的应用进行专题训练，以提高学生解决几何综合题的能力。本文重点介绍如何应用“反A型”旋转相似直角三角形模型中的两个基本结论迅速解题，让学生充分地体会到几何基本图形在解决几何综合题时可起化繁为简、化难为易的作用。

一、模型感知

“反A型”旋转相似直角三角形模型：如图1，△ACB和△ADE都是Rt△，且∠ACB=∠ADE=90°。若点E、D分别落在边AC、AB上，△ABC固定不动，将△ADE绕点A逆时针旋转，如图2。把旋转中的Rt△ADE和Rt△ABC组成的几何模型称为“反A型”旋转相似直角三角形模型。（教师用几何画板演示旋转）

二、基本图形的结论探究

1.特殊发现

如图3，△ACB和△ADE都是Rt△，且∠ACB=∠ADE=90°。若点E、D分别落在边AC、AB上，连接BE，点O为BE的中点，连接OC、OD，试判断线段OC和OD之间的数量关系以及∠COD和∠ABC之间的数量关系，并加以证明。教师引导学生独立思考：根据特殊情况中的条件发现结论，并思考如何证明结论。

答：OC=OD，∠COD=2∠ABC。证明：因为∠ADE=∠ACB=90°，O为BE的中点，所以OC=OD=OB=OE=1/2BE。所以点B、C、E、D四点在以点O为圆心、OC为直径的圆上。再根据圆周角定理易得：∠COD=2∠ABC。

利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半”得到OC=1/2BE和OD=1/2BE，进而证得OC=OD。利用“等边对等角”以及“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”这两个性质得到“等腰三角形与顶角相邻的外角等于底角的两倍”即∠COE=

2∠OBC，∠DOE=2∠OBD，进而证得∠COD=2∠ABC。利用对角互补的四边形的四个顶点共圆，再利用“同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”证得∠COD=2∠ABC。

设计意图：教师通过对特殊情况的观察和探究，培养学生的观察能力以及简单的几何问题的分析能力和推理能力，為接下来的一般情况的探究做铺垫。

2.深化探究

图3中Rt△ABC固定不动，将Rt△ADE绕点A逆时针旋转任意的角度α（如图4或图5），请你观察、思考、分析、判断上述结论是否成立，并证明你的判断。

活动1：教师借助几何画板演示Rt△ADE绕点A旋转过程，并让学生观察Rt△ADE在旋转过程线段OC和OD之间的数量关系以及∠COD和∠ABC之间的数量关系，并做出猜想判断。活动2：教师用几何画板演示Rt△ADE绕点A旋转到不同位置，并同时给出在某一位置线段OC和OD的度量值以及∠COD和∠ABC的度量值，让学生判断一下自己的猜想是否正确。

设计意图：教师有意识地引导学生进行几何基本图形的识别，并总结出蕴含在基本几何图形中的基本结论，有助于培养学生的观察能力和总结归纳能力。

3.证法点拨

提问1：证明“有公共端点的两条线段相等”有哪些常用的方法？（学生独立思考后进行讨论交流，举手回答，教师补充说明）①利用“等角对等边”这一性质来证明。②利用“全等三角形的对应边相等”这一性质来证明。③利用“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这一性质来证明。

提问2：与线段中点有关的引辅助线方法有哪些？①取与已知线段有公共端点的线段中点（或倍长与已知线段有公共端点的线段）——构造中位线。②构造直角三角形斜边上的中线。③有以线段中点为端点的线段时，常倍长此线段，构造“X型”的全等三角形。

设计意图：考虑到这两个结论证明的困难性，教师借助两个问题引发学生思考，教授学生解决此类问题的基本方法，使不同水平的学生有不同的发现，加深学生对一些几何基本模型以及基本方法的理解，也为反“A”型旋转相似直角三角形模型的基本结论的证明做好铺垫。

提问3：请学生们用几何的方法证明“OC=OD，∠COD=2∠ABC”。

4.证法展示和评析

证法一：如图6，分别取AB、AE的中点M、N，连接OM、ON、CM、DN，易证四边形OMAN是平行四边形，所以∠OMA=∠ONA。根据“三角形的中位线定理”和“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得CM=ON，OM=DN。易证：△AMC∽△ADN，所以∠AMC=∠DNA，于是可得∠OMC=∠OND，进而可证△CMO≌△DNO，所以OC=OD，∠OCM=∠DON。因为ON∥AB，所以∠MHO=∠DON。根据等量代换，有∠MHO=∠OCM。因为∠OGC=∠HGM，所以∠COD=∠AMC。因为∠AMC=2∠ABC，所以∠CON=2∠ABC。这种证法是分别取两Rt△斜边的中点，构造三角形中位线和直角三角形斜边上的中线，进而构造全等三角形;而证明角与角的关系主要是通过“8”字型来导角。

证法二：如图7，延长CO至点F，使得OF=OC，连接CD、DF、EF，易证△EOF≌△BOC，所以EF=BC，∠FEB=∠EBC，所以EF∥BC，所以∠AMF=∠ACB=90°。进而可证∠AME=∠ADE=90°，因为∠ENM=∠AND，所以∠DEF=∠DAC。易证△DAC∽△DEF，所以=，∠ADC=∠EDF，可推得∠CDF=∠ADE。又因为=，即

tan∠CFD=tan∠ABC，所以∠CFD=∠ABC，易证∠COD=2∠CFD，所以∠COD= 2∠ABC。这种证法是采用倍长两线段中的一条的方法，构造“A型”旋转相似模型和直角三角形斜边上的中线。

证法三：如图8，延长BC至F，使CF=BC;延长ED至G，使DG=DE;连接EF、AF、BG、AG，易证：AF=AB，AG=AE，△AEG∽△FAB。所以∠FAB=∠EAG，可得∠EAF=∠GAB，进而可证△AEF≌△AGB。所以EF=BG，∠AFE=∠ABG，易得OC=1/2EF，OD=1/2BG ，所以OC=OD。因為AF=AB，所以∠AFC=∠ABC，所以∠COD=∠EOD+∠COE=∠ABG+∠ABE+∠OBC+∠OCB=∠AFE+∠ABC+∠CFE=∠AFC+∠ABC=2∠ABC。这种证法是采用分别倍长两Rt△无公共端点的直角边的方法，构造线段的垂直平分线、三角形中位线以及“手拉手”相似模型，并利用“手拉手”相似模型的“一拖二”性质来证明△AEF≌△AGB。（“手拉手”相似三角形会衍生出“手拉手”相似三角形;当“手拉手”相似的两个三角形是等腰三角形时，一定会衍生出“手拉手”全等三角形，把这样的性质称为“手拉手”相似模型的“一拖二”性质）而证明角与角的关系主要是利用两直线平行，同位角相等、三角形外角的性质以及等边对等角等性质来导角。

三、模型应用

1.直接应用基本图形模型解题

当几何图形中出现“反A型”旋转相似直角三角形的基本图形模型时，可直接利用模型及模型所蕴含的基本结论的证明方法高效地解决问题。例题：在Rt△ACB和Rt△AEF中，∠ACB=∠AEF=90°，若点P是BF的中点，连接PC、PE。如图9，若点E、F分别落在边AB、AC上，则结论“PC=PE”成立（不要求证明）。把图9中的△AEF绕着点A顺时针旋转。（1）如图10，若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由。（2）如图11，若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明;若不成立，请说明理由。（3）记AB/BC=k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形？（请直接写出k的值，不必说明理由）

分析：（1）首先过点P作PM⊥CE于点M，由EF⊥AE，BC⊥AC，可推得EF∥MP∥CB，进一步推得=，然后根据点P是BF的中点，可得EM=MC，据此可推得PC=PE。（2）过点F作FD⊥AC于点D，再过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，可通过证明△DAF≌△EAF和△DAP≌△EAP，即可推得AD=AE和PD=PE;由FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，可得FD∥BC∥PM，根据点P是BF的中点，推得PC=PD，再根据PD=PE，进而可推得PC=PE。（3）首先根据△CPE总是等边三角形，可得∠CEP=60°，再推得∠CAB=60°;然后根据∠ACB=90°，求出∠CBA=30°。根据tan30°=k，可求出当△CPE为等边三角形时k的对应值。

解答：（1）答：PC=PE成立，理由如下：如图12，过点P作PM⊥CE于点M，因为EF⊥AE，BC⊥AC，所以EF∥MP∥CB，根据平行线分线段成比例定理易证PC=PE。（2）答：PC=PE成立，理由如下：如图13，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，易证△DAF≌△EAF（AAS），推得AD=AE。进而可证△DAP≌△EAP（SAS），推得PD=PE，因为FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，所以FD∥BC∥PM，根据平行线分线段成比例定理可证得DM=MC，因为PM⊥AC，所以PC=PD。又因为PD=PE，所以PC=PE。（3）答：如图14 ，因为△CPE总是等边三角形，所以∠CEP=60°，所以∠CAB=60°，因为∠ACB=90°，所以∠CBA= 90°-∠CAB=90°-60°=30°，所以k==tan30°=。

本题借助从特殊到一般的递进式的探究活动，体现了基础与深究并重，并采取分散的形式对基本图形中的两个基本结论进行考查，降低了难度，加深了学生对“反A型”旋转相似直角三角形图形模型的理解。

2.离析提炼应用基本图形模型解题

当复杂的几何图形中隐含着“反A型”旋转相似直角三角形模型时，要从复杂的图形中离析出基本的图形模型，进而运用基本的图形模型所蕴含的基本结论的证明方法有效地解决问题，这也是学生解决几何综合题必备的能力之一。

例题：如图15，矩形ABCD中，AD=AB，E为矩形对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交CD于F，连接BF，G为BF中点，连接CG、EG。（1）试判断线段CG和EG之间的数量关系，试求∠CGE的度数。（2）将图15中△DEF绕D点顺时针旋转，使DF落在对角线BD上，如图16所示，取BF中点G，连接CG、EG、EC。猜想：△CEG是否是等边三角形？若是，请证明;若不是，说明理由。（3）将图15中△DEF绕D点旋转任意角度α，如图16所示，再连接相应的线段，问（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明;若不成立，请说明理由。

提问：你能运用上面你自己发现的模型的相应的基本证法来解决这道题吗？思考：（1）你能从图15、图16和图17中找出“反A型”旋转相似直角三角形模型吗？若能，是Rt△和Rt△组成了“反A型”旋转相似直角三角形模型。

这道题是综合2015年重庆中考数学试卷第25题和2009年山东省莱芜市中考数学试卷的第24题进行变式得到的试题。如果去掉图15中线段AB和AD（如图18），就成了反“A”型旋转相似直角三角形模型中的特殊情景;去掉图16中线段AB和AD（如

图19），就成了反“A”型旋转相似直角三角形模型中将Rt△DEF绕点D顺时针旋转60°后的图形模型;去掉图17中线段AB和AD（如图20），并连接BD，就成了反“A”型旋转相似直角三角形模型中将Rt△DEF绕点D顺时针旋转任意的角度a后的一般情景。这样通过对复杂图形的分析，从中提炼出反“A”型旋转相似直角三角形的基本图形模型，复杂的问题就变得简单化了。

解答：（1）CG=EG;∠EGC=60°。（解题过程略）（2）答：△CEG是等边三角形。证明：如图21 ，延长CG至点H，使得GH=CG，连接FH、EH，易证△FGH≌△BGC，可得HF=BC，∠HFG= ∠CBG，所以HF∥BC ，所以∠HFG=∠DBC=30°。易知∠EFD=∠DBC=30°，∠EDF=∠BDC=60°，進而可证∠EFH=∠EDC=120°。因为==tan∠CDB= tan60°=，=tan∠EDF=tan60°=，即=，所以△HEF≌△CED，所以==，∠HEF=∠CED 。易证tan∠ECG==，所以∠ECG=60°。所以△CEG是等边三角形。（3）答：（2）的结论仍然成立。证明：如图22，延长CG至点H，使得GH=CG，连接FH、EH、BD。延长CD，交EF于点N，交HF的延长线于点M。易证△FGH≌△BGC，所以HF=BC，∠HFG=∠CBG，所以HF∥BC，所以∠HMN+∠BCD= 180°。因为∠BCD=90°，所以∠HMN=90°。 进而可证得∠HFE=∠CDE。 因为==tan∠CDB=tan60°=，=tan∠EDF=tan60°=，即=，所以△HEF∽△CED。 所以==，∠HEF=∠CED ，易证=tan∠ECG=，所以∠ECG=60°，所以△CEG是等边三角形。故（2）中的结论仍然成立。

设计意图：教师通过两个例题的巩固训练，引导学生学会借助基本图形模型以及模型相应的基本证法来解决此问题，进一步巩固反“A”型旋转相似直角三角形这一基本模型，提高学生运用基本模型解决综合题的能力，使复杂问题简单化，陌生问题熟悉化。教师还通过比较，让学生深刻体验到同一种方法在不同位置的证明难易度不同和同一种方法在相同位置的证明难易度不同，从而体验到一题多解的妙处。

总之，从近几年的许多中考试题看，反“A”型旋转相似直角三角形的图形模型有着相对比较广泛的应用。反“A”型旋转相似直角三角形模型的两个基本结论在解决相关的压轴题时起着至关重要的作用，证明反“A”型旋转相似直角三角形模型的两个基本结论的三种方法对解决同类问题具有一定的导向作用，所以在教学时要引导学生重视三种方法的解题功能。师生共同探究反“A”型旋转相似直角三角形的图形模型和两个性质，让学生熟识反“A”型旋转相似直角三角形的图形模型，掌握反“A”型旋转相似直角三角形模型的两个基本结论证明的三种方法，可以使学生利用反“A”型旋转相似直角三角形的图形模型解决与该模型有关的试题，从而培养学生应用图形模型有效地分析问题和高效地解决问题的能力。

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Research on Familiar with the Basic Geometric Model to Realize the Simplification of Mathematical Problem Solving

Hu Qingshan

（Zhongshan Middle School， Putian County， Fujian Province， Putian 351100， China）

Abstract： "Anti-A type" rotation similar right triangle model often appears in the middle school examination questions in recent years， and after the variation deduction of the experts in the middle school examination questions， there is a new situation of constant examination. In order to better solve the geometric problems of this model， teachers should guide students to observe and analyze the graphics， learn to separate this basic geometric model from the complex graphics， understand the basic conclusions contained in this basic geometric model， master this basic solution， and improve the ability of solving problems.

Key words： mathematics teaching; problem solving; geometric model; flexible application