研題要勤于“走自己的路”——以一類中考題為例

☉江蘇省南京市金陵中學河西分校　李玉榮

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研題要
勤于“走自己的路”——以一類中考題為例

☉江蘇省南京市金陵中學河西分校李玉榮

我們知道，數學課堂教學的素材主要有“教材知識”和“各類題目”兩部分構成，而題目又直接體現了數學知識的運用和應用，可以這樣說，學生在數學學習上的成長主要是通過解題水平來體現的.因此，要提升學生的數學能力，數學教師必須具有研題的能力.所謂研題，一般指教師在題目教學前、題目教學中、題目教學后對題目自身及解法做的研究工作，它既是數學教師日常教學的一項基本工作，更是永無止境的一門必修課，優秀的數學教師，無一例外都是研題的行家里手.本文圍繞一類中考題談談教學前研題的思考與認識.

近幾年的中考幾何命題出現一種現象：有難度的幾何題都會設置一些鋪墊，雖然命題者的用意是體現對考生的人文關懷，設計合理的鋪墊也的確對學生解題有所幫助，但設置的鋪墊通常僅僅是命題者預設的解題思路，無疑局限了考生的思維，使其他解法（或許更好）無法施展.作為教師，在接觸此類問題時，不能按部就班、就提論題，需要潛心研題，走自己的路——題目鋪墊合適嗎？還有更好的解法嗎？努力使題目的功效最大化.

例1（某市中考模擬題）已知，在△ABC中，∠ABC=45°，D是BC上一點，∠ADC=60°，且CD=2BD，將△ADC沿AD翻折，使點C落在點C′處，

（1）求證：BC′⊥BC；

（2）求∠C的度數.

標準答案：（1）如圖1，取DC′的中點M，連接BM.

圖1

圖2

由翻折知∠ADC′=∠ADC=60°，C′D=CD，所以∠BDC′=60°.因為CD=2BD，所以C′D=2BD，所以MD=BD，所以△BMD為等邊三角形.

所以∠MBD=∠MDB=60°，BM=MD=MC′.

所以∠C′BM=∠C′=30°.

從而∠C′BD=90°，故BC′⊥BC.

（2）如圖2，作AE⊥BC，AG⊥C′D，AF⊥BC′，垂足分別為E、G、F.

由（1）知∠ABC′=∠ABC=45°，所以AF=AE.

又∠ADC′=∠ADC=60°，所以AG=AE，故AF=AG.

從上面的解題過程看，命題者設置了鋪墊的第（1）小題，然后利用第（1）小題得到的一些結論來解決第（2）小題，但是我們看到鋪墊的第（1）小題自身也并不容易，且與第（2）小題的聯系并不十分明顯.因此，教師需要研題：直接求解第（2）小題需要先作翻折變換嗎？怎樣更合理地利用題中的兩個特殊角“∠ABC=45°，∠ADC=60°”？實際上，容易想到的自然解法是作垂線構造直角三角形.

圖3

另解：如圖3，作CH⊥AD于點H，連接BH，則∠HCD=30°，所以CD=2DH=2BD，所以BD=DH，從而∠HBD=∠BHD=30°.

又∠ABC=45°，所以∠ABH=15°.

又∠BAD=∠ADC-∠ABC=15°，所以AH=BH.

又∠HCD=30°=∠HBD，所以CH=BH=AH，所以∠ACH=45°.

從而∠ACB=∠ACH+∠HCD=75°.

評注：此解法通過添加恰當的輔助線，將問題轉化為求∠ACH即可，解法簡潔，學生更易于接受.對難題設置鋪墊體現了對考生的人文關懷，但鋪墊必須精心設置，對學生解題才能真正有所幫助，題目自身的價值才不會喪失.一般而言，當一個題目偏難且解法唯一時，設置鋪墊才有必要，否則還是應把思考留給學生，讓學生在思考中展示自己的數學潛能，體現“不同的人在數學上得到不同的發展”這一理念.

例2（2015年南京市中考題）如圖4，AB∥CD，點E、F分別在AB、CD上，連接EF，∠AEF、∠CFE的平分線交于點G，∠BEF、∠DFE的平分線交于點H.

（1）求證：四邊形EGFH是矩形.

（2）小明在完成（1）的證明后繼續進行了探索.過點G作MN∥EF，分別交AB、CD于點M、N，過點H作PQ∥EF，分別交AB、CD于點P、Q，得到四邊形MNQP.此時，他猜想四邊形MNQP是菱形，請在如圖5所示的框圖中補全他的證明思路.

圖4

圖5

因為AB∥CD，所以∠BEF+∠DFE=180°，

因為∠FEH+∠EFH+∠EHF=180°，

所以∠EHF=180°-（∠FEH+∠EFH）=180°-90°=90°.

同理可得∠EGF=90°.

因為EH平分∠BEF，所以∠FEH=∠BEF.

因為點A、E、B在同一條直線上，所以∠AEB=180°，即∠AEF+∠BEF=180°.

所以四邊形EGFH是矩形.

（2）（答案不唯一）由AB∥CD，MN∥EF，PQ∥EF，易證四邊形MNQP是平行四邊形.

要證MNQP是菱形，只要證MN=NQ.由已知條件FG平分∠CFE，MN∥EF，故只要證GM=FQ，即證△MGE≌△QFH，易證GE=FH、∠GME=∠FGH.

故只要證∠MGE=∠QFH，易證∠MGE=∠GEF，∠QFH=∠EFH，∠GEF=∠EFH，即可得證.

毋容置疑，這是一道設置新穎、獨特的中考題，命題者將一道“證明四邊形MNQP是菱形”的題目設置成兩個問題，先證明四邊形EGFH是矩形，再給出一個留有“空白”的證明思路，讓考生補全，體現了過程性原則，意在考查學生做幾何題的分析能力.作為教師，教學中對這道題僅僅如法炮制是不夠的，需要做的研究是：能用其他更簡潔的方法直接證明四邊形MNQP是菱形嗎？

另證：易證四邊形MNQP、MNFE、PEFQ都是平行四邊形，所以MN=PQ，ME=NF，PE=QF.

因為EG平分∠AEF，所以∠GEF=∠MEG.

因為MN∥EF，所以∠GEF=∠MGE，所以∠MEG= ∠MEG，所以ME=MG.

所以平行四邊形MNQP是菱形.

評注：此證法無需先證明矩形，也無需證明全等三角形，只需利用“平行線+角平分線產生等腰三角形”這一基本圖形，問題輕松獲解，帶給學生的是一次思維的“震撼”，如果再適當安排一些類似習題給學生練習，效果更加明顯.

例3（2015年江西省中考題）我們把兩條中線互相垂直的三角形稱為“中垂三角形”.例如，圖6，圖7，圖8中，AF、BE是△ABC的中線，AF⊥BE，垂足為P.像△ABC這樣的三角形均為“中垂三角形”.設BC=a，AC=b，AB=c.

圖6

圖7

圖8

特例探索：

如圖7，當∠ABE =30°，c =4時，a =_______，b = _______.

歸納證明：

（2）請你觀察（1）中的計算結果，猜想a2、b2、c2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖8證明你發現的關系式.

拓展應用：

（3）如圖9，在?ABCD中，E、F、G分別是AD、BC、CD的中點，AB=3.求AF的長.

圖9

（2）a2+b2=5c2（過程略）.

（3）方法一：如圖10，設AF、BE交于點P，取AB的中點H，連接FH、AC.

因為E、G分別是AD、CD的中點，F是BC的中點，所以EG∥AC∥FH.

又BE⊥EG，所以FH⊥BE.

因為四邊形ABCD是平行四邊形，

所以AD∥BC，AD=BC.

所以AE=BF，AE∥BF，所以AP=FP.

所以△ABF是中垂三角形.

圖10

方法二：如圖11，設AF、BE交于點P，連接AC、CE，延長CE、BA交于點H.

因為E、G分別是AD、CD的中點，所以EG∥AC.

又BE⊥EG，所以AC⊥BE.

顯然△AEH≌△DEC，所以HE=CE，HA=CD=BA，所以BE、CA是△HBC的中線，所以△HBC是中垂三角形.

所以BH2+HC2=5BC2，即所以HC=8.

圖11

這是一道中考壓軸題，題目先定義了“中垂三角形”，然后從特例探索到歸納證明，為學生解題設置鋪墊，最終應用發現的結論解決第（3）小題，題目的命制特色鮮明，梯度合理，具有一定的區分度，踐行了《數學課程標準》提出的“不同的人在數學上得到不同的發展”的理念.但從第（3）小題的解答過程看，怎樣構造“中垂三角形”并不容易.如果將此題作為例題教學，除了按部就班地講評方法，能否進一步引導學生不走命題者提供的思路，直接求解第（3）小題呢？筆者在課前做了研究：要求AF的長度，一般會想到作垂線構造直角三角形利用勾股定理求解，注意到BE⊥EG，聯想到一個與相似三角形有關的基本圖形——“一線三直角模型”，可分別過點B、G作AD的垂線，得到如下解法：

方法三：如圖12，分別作AH⊥BC，BM⊥AD，GN⊥AD，H、M、N為垂足，則AH=BM，HB=AM.

易證△BMA∽△GND，△BME∽△ENG.

圖12

評注：模型思想是《數學課程標準》提出的10個核心概念之一.在本題中，根據圖形特點，構造直角三角形、構造相似三角形求解樸素、自然，是幾何圖形中計算線段的“通法”或“模式”.章建躍博士曾在《中小學數學》中撰文《注重通性通法才是好數學教學》.羅增儒教授在《數學解題學引論》中也指出：“典型模式就像建筑上的預制構件，也是思維的基本模塊，本質上是一種標準化設計，即將陌生的問題轉化為標準的問題，然后用標準的程序去解決它.在中學數學教學中，‘基本問題’的思想是這一策略的重要表現，積累基本問題也就成為提高這一策略效率的捷徑，比如，在幾何上有解題的‘基本圖形法’，即將一些典型的圖形徹底剖析，遇到一個新的圖形時，或者將其補充成一個基本圖形，或者將其分拆為幾個基本圖形，然后在基本圖形的框架內加以解決.”

教學前的研題，有助于課堂教學中選用例題、習題，使知識的運用更具有針對性，有助于教學中有的放矢地啟發、引導和點撥，使教學更有效.教師對現成的題目及標準答案應持尊重但不迷信的態度，善于研究，勤于走自己的路，努力挖掘題目的內涵、揭示問題的本質，通過研題讓學生受益、促自己提升，實現教學雙贏.