提煉問題模型，深入解讀拓展

茆華

[摘? 要] 幾何模型是平面幾何學習的重要內容之一，模型中的結論以及解析思路對于幾何綜合題的突破有著極大的幫助. 文章對一道幾何問題進行思路講解，提煉其中的幾何模型，并深入解讀、適度拓展，提出相應的教學建議，與讀者交流.

[關鍵詞] 對角互補模型;三角形;全等;相似;思想方法

考題呈現，思路講解

1. 考題呈現

考題？搖 已知⊙O是△ABC的外接圓，在∠BAC所對的弧上任意取一點D，連接AD，BD，CD，已知AB=AC，試回答下列問題.

（1）如果∠BAC=α，如圖1所示，請直接寫出∠ADB的大小（用含有α的式子表示）;

（2）如果∠BAC=60°，如圖2所示，試求證BD+CD=AD;

（3）如果∠BAC=120°，如圖3所示，試判斷BD+CD與AD之間的數量關系，并說明理由.

2. 思路講解

考題為涉及圓的幾何問題，探究圖中的角度大小和相關線段之間的等量關系，需要綜合圓、三角形等幾何性質來構建，具體思考過程如下.

對于第（1）問，已知AB=AC，所以△ABC為等腰三角形. 由“等邊對等角”可知∠ABC=∠ACB. 結合三角形的內角和可得∠ADB=∠ACB=■（180°-∠BAC）=90°-■，即∠ADB的大小為90°-■.

對于第（2）問，需要求證BD+CD與AD的長度相等，可以采用等邊代換的方式，而代換時可以構建全等三角形，利用全等三角形的性質進行. 具體求解過程如下：延長DB至點E，使得∠EAD=∠BAC，再過點A作DE的垂線，垂足為F，如圖4所示. 結合條件容易證得△EBA≌△DCA（ASA），由全等性質可得BE=CD，AE=AD. 結合（1）問可知∠ADB=60°，所以∠FAD=30°，BD+CD=BD+BE=DE. 由于AE=AD，所以△AED為等腰三角形. 結合等腰三角形“三線合一”定理可知EF=DF，即DE=2DF=2ADsin30°=AD，即BD+CD=AD，證畢.

對于第（3）問，該問將∠BAC的度數改為120°，要判斷BD+CD與AD之間的數量關系，可以參考第（2）問的解題思路，首先構建全等三角形，然后利用全等性質來對線段進行等量代換，后續在三角形中利用三角函數分析. 具體求解過程如下：過點A分別作BD和DC的垂線，垂足分別為E和F，如圖5所示. 因為AB=AC，∠BAC=120°，所以∠ADB=∠ADC=30°. 從而可證△AEB≌△AFC，△ADE≌△ADF. 所以BE=CF，DE=DF. 所以BD+CD=DE+DC+CF=DE+DF=2DE. 在Rt△ADE中使用三角函數，有cos∠ADE=■=■，所以DE=■AD. 所以BD+CD=2DE=■AD.

圖形解讀，深度拓展

1. 圖形解讀

上述幾何探究題有三個小問，其中后兩問的條件和結論具有相似性，尤其是條件設定時僅對∠BAC的大小做了改變. 而在求解時，均采用構建全等三角形的方式進行等邊代換和轉化. 需要注意的是，所構三角形具有一定的特征：擁有公共的頂角，存在角平分線或兩邊相等關系. 實際上，上述所提煉的模型為幾何經典模型——對角互補全等模型，即對角互補全等型—90°和對角互補全等型—120°. 該模型中存在一些較為常用的結論，解析時靈活運用可以提高解題效率.

以對角互補全等型—90°為例，如圖6所示，已知∠AOB=∠DCE=90°，OC是∠AOB的平分線，則有如下結論：①CD=CE;②OD+OE=■OC;③S■+S■=■OC2.

對于上述三個結論，可以利用三角形全等及等量代換來完成證明，具體過程如下：

過點C分別作AO和OB的垂線，垂足分別為F和G，如圖7所示.

顯然四邊形OFCG為矩形，由角平分線的性質可得CF=CG，則矩形OFCG為正方形. 接著，可推理出∠FCD=∠GCE，結合CF=CG，∠CFD=∠CGE=90°，可以得到△CDF≌△CEG，所以DF=EG，CD=CE（結論①得證）.

由于四邊形OFCG為正方形，所以OF=OG=■OC. 又OD+OE=OD+OG+EG=OD+ OG+FD=OG+OF=2OF，所以OD+OE=2×■OC=■OC（結論②得證）.

采用面積割補法可得S■+S■=S■ =OF2=■OC2=■OC2（結論③得證）.

2. 模型拓展

從模型證明的過程來看，可將對角互補模型分為全等型和相似型，上述是對全等型模型的提煉與論證，而在實際解題時還常用到對角互補相似模型，同樣以90°角為例.

如圖8所示，已知∠AOB=∠DCE=90°，令∠BOC=α，則可得結論CE=CD·tanα. 求證時需要引入相似三角形，具體過程如下：過點C分別作OA和OB的垂線，垂足分別為F和G，如圖9所示. 由條件容易證得△CEG∽△CDF，由相似三角形的對應邊成比例可得■=■，又CF=OG，所以■=■. 所以CE=■·CD. 在Rt△COG中構建三角函數，有tanα=■，所以CE=CD·tanα.

對角互補模型的情形有很多，不過從證明的思路來看主要有全等型和相似型. 而從復合圖形中提煉對角互補模型時需要關注幾何初始條件，常見的包括四邊形對角互補，三角形中的角平分線、幾何等邊關系. 解析時，可合理添加輔助線來構建全等三角形或相似三角形，通過等量代換來獲得相關線段的關系.

模型應用，拓展剖析

對角互補模型隱含在眾多考題中，除了常見的平面幾何問題外，還常結合平面直角坐標系，以二次函數與幾何綜合的形式出現. 解析時，需要充分利用二次函數的性質，合理添加輔助線來提煉模型，確定模型類型，利用對應的思路來得出結論.

例題？搖 如圖10所示，已知拋物線的解析式為y=-■（x-1）2+3，頂點為B，拋物線與y軸交于點A，拋物線的對稱軸與x軸交于點C，試回答下列問題.

（1）試求圖中點A的坐標以及線段OC的長.

（2）若點P是拋物線對稱軸右側上的點，作直線PQ∥BC與x軸交于點Q，連接BQ.

①如圖11所示，若在圖中放置一個含有45°角的直角三角板，其中直角板的直角頂點D在線段BQ上，一個頂點與點C重合，另一個頂點E在直線PQ上，試求直線BQ的函數解析式;

②如圖12所示，若含有30°角的直角三角板的直角頂點D在線段BQ上，30°角的頂點與點C重合，另一個頂點E在直線PQ上，試求點P的坐標.

解析？搖 （1）因為點A是拋物線與y軸的交點，所以令y=-■（x-1）2+3中的x=0，即可得到點A的坐標為0，■. 因為點B為拋物線的頂點，所以B（1，3）. 因為點C為拋物線的對稱軸與x軸的交點，所以C（1，0）. 所以OC=1.

（2）在拋物線中放入直角三角板，可以根據具體情形來構建圖形.

①放入的直角三角板為含有45°角的直角三角板，分析可知圖中含有對角互補全等模型，可按照圖13所示來作輔助線，即過點D分別作CQ和PQ的垂線，垂足分別為M，N. 于是根據條件可證得△CDM≌△EDN，所以DM=DN. 所以矩形DMQN為正方形. 所以∠BQC=45°，即直線BQ的斜率k=-1，結合點B的坐標（1，3），可得直線BQ的函數解析式為y=-x+4.

②放入的直角三角板為含有30°角的直角三角板，由于點P位于拋物線對稱軸的右側，且在拋物線上，該模型符合對角互補相似模型，所以可以構建如圖14所示的圖形，即過點D分別作CQ，PQ的垂線，垂足分別為M，N，結合題干條件可證得△CDM∽△EDN，所以■=■. 因為∠DCE=30°，所以■=■. 所以■=■. 又DN=MQ，所以■=■. 因為DM∥BC，所以△DMQ∽△BCQ. 所以■=■=■. 又BC=3，所以CQ=■. 所以點Q的坐標為（1+■，0）. 所以點P的坐標為1+■，■.

上題屬于二次函數與幾何的綜合題，其特殊之處在于結合三角板來構建模型，可從中提煉出對角互補模型，因此解析問題時可以充分利用該模型的解析思路和相關結論來加以突破. 由于該模型是在直角坐標系中構建的，因此需利用幾何定理來推理線段關系，結合點坐標來求解線段長，這也是該類綜合題的特點所在.

解后反思，教學思考

1. 關注幾何模型，注重歸納總結

幾何是初中數學十分重要的內容，由于圖形類型、定理定義眾多，如不注意總結思考，很容易造成學生思維混亂，不利于后續的解題應用. 在總結歸納階段，除了需要引導學生深入剖析幾何定理外，還需要關注常見的幾何模型，如線段最值模型、對角互補模型、一線三等角模型等，利用“模型總結—思路探究”的教學方式來強化學生的認識，提升學生的解題思維. 以上述對角互補模型為例，教學時可以以題為引，提取模型，引導學生歸納模型特征，總結構建策略，使學生逐步掌握模型的提煉方法和結論的探究思路.

2. 關注數形結合，注重策略講解

數形結合是幾何內容教學的重要方式之一，是后續函數考題突破的基本方法，因此教學中需要教師多加引導，使學生逐步掌握該方法策略. 以上述考題為例，教學時可以分“圖形構建”和“結論提取”兩階段進行，即首先結合題干信息使學生明晰圖形構建的過程，然后利用圖形的直觀特征來探究結論，充分體會“數”“形”對照的解析優勢. 使學生掌握解題策略是考題教學的意義所在，依托數形結合方法，滲透幾何考題的突破思路，適度拓展考題，可以有效地提升學生的解題能力.

3. 關注模型思想，提升綜合素養

幾何模型具有極高的學習價值，其意義有三點：一是模型中的結論可以直接利用，二是模型的解析思路可以借鑒，三是模型中的思想方法有助于解題思維的提升. 其中第三點的思維提升對學生的長遠發展極為有利. 數學模型中滲透著模型思想、化歸轉化思想和數形結合思想等，這些思想方法也是幾何問題突破的重要策略，教學時需要教師立足幾何問題，逐步引導滲透，使學生充分感悟思想方法的內涵，逐步理解其中的數學思想.