一道中考題的多種解法和拓展探究

王平 曾雪東 符禮梅

[摘 ?要] 許多中考試題是由專家精心命制而成，具有豐富的知識內涵和多樣的解題方法，對這些試題的研究，有助于后續教學中培養學生的解題能力和應變能力.文章研究了2020年重慶中考數學A卷的一道幾何題的多種解法，并對其進行了拓展探究，進而達到“一題多解”的效果.

[關鍵詞] 三角形;解法;探究

問題的多種證法

題目 ?（2020年重慶中考數學A卷第26題）如圖1所示，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D是BC邊上一動點，連接AD，把AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE. 連接CE，DE. 點F是DE的中點，連接CF.

（1）求證：CF=AD;

（2）如圖2所示，在點D運動的過程中，當BD=2CD時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數量關系，并證明猜想的結論. （后面省略了原題的第（3）問）

本題以等腰直角三角形為背景，是中考數學中出現頻率較高的題型. 本題綜合考查了全等三角形的判定與性質、直角三角形斜邊上中線的性質、勾股定理、旋轉變換等相關知識. 這類題目學生并不陌生，但要求學生結合具體條件和所學知識能靈活處理問題. 下面分別從相似（方法1、方法2）、勾股定理（方法3）、全等（方法4、方法5）、四點共圓（方法6）、三角函數（方法7）等角度進行思考，給出本題第（2）問的七種解法.

（1）證明：因為∠BAC=90°，∠DAE=90°，所以∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE. 又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ACE. 所以∠ACE=∠ABD=45°，∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°. 又點F是DE的中點，∠DAE=90°，AD=AE，所以CF=DE=AD.

（2）猜想：BC=3AG.

方法1：由（1）得∠DCE=90°，CF=EF=DF，所以∠FDC=∠FCD. 因為∠DAE=90°，AD=AE，所以∠ADE=∠B=45°. 又∠ADC=∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，所以∠BAD=∠EDC，所以∠BAD=∠FCD. 又∠B=∠B，所以△ABD∽△CBG，所以=.

因為在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，所以=，所以BG=BD. 設CD=a，則BD=2a，BC=3a，AB=a，BG=2a，所以AG=BG-AB=a，所以BC=3AG.

方法2：過A作AH⊥BC于H，連接AF，如圖3所示.

由（1）得∠DCE=90°，CF=DE. 因為在等腰直角三角形ADE中，F是DE的中點，所以AF=DE，∠DAF=45°. 所以AF=CF，所以∠FAC=∠FCA. 在等腰直角三角形ABC中，AH⊥BC，所以∠HAC=45°，BH=CH. 所以∠HAD=∠HAC-∠DAC=∠DAF-∠DAC=∠FAC，所以∠HAD=∠FCA. 又∠AHD=∠GAC=90°，所以△AHD∽△CAG，所以==，所以AG=HD. 因為BH=CH，BD=2CD，所以BC=6HD，所以BC=3AG.

方法3：連接AF，由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，CF=DE. 在Rt△ADE中，F是DE的中點，所以AF=DE. 所以AF=CF，所以∠FCA=∠FAC. 因為∠FCA+∠G=∠FAC+∠GAF=90°，所以∠G=∠GAF，所以AF=GF=FC=GC，所以DE=CG.

設CD=a，則BD=CE=2a，BC=3a，AC=a. 所以CG=DE==a，所以AG==a，所以BC=3AG.

方法4：過D作DH⊥BC交AC于點H，連接BH，如圖4所示，則△HDC為等腰直角三角形，HD=CD.

由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，∠ACE=∠ABD，FC=EF. 所以∠DCE=∠BDH，所以△BDH≌△ECD，所以∠DEC=∠HBD. 因為FC=EF，所以∠DEC=∠FCE，所以∠FCE=∠HBD. 又∠ACE=∠ABD，所以∠ABH=∠ACG. 又AB=AC，∠BAH=∠GAC=90°，所以△BAH≌△CAG，所以AG=AH.

設CD=a，則BD=2a，BC=3a，HC=a，AC=a，所以AG=AH=AC-HC=a，所以BC=3AG.

方法5：過G作GH⊥BC于H，如圖5所示，則△GHB是等腰直角三角形，GH=BH.

由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，FD=CF. 所以∠GHC=∠ECD=90°，GH=EC，∠FDC=∠FCD，所以△GHC≌△ECD. 所以HC=CD，即D，H兩點重合.

設CD=a，則BD=2a，BC=3a，BG=2a，AB=a. 所以AG=BG-AB=a. 所以BC=3AG.

方法6：連接GD，由（1）得∠DCE=90°，EF=CF，所以∠FEC=∠FCE. 因為∠DAE=∠DCE=90°，所以A，D，C，E四點共圓，所以∠DAC=∠DEC. 因為∠DAE=∠GAC=90°，所以∠GAE=∠DAC. 又∠FEC=∠FCE，所以∠GAE=∠FCE，所以A，C，E，G四點共圓. 所以A，D，C，E，G五點共圓，所以∠GDC=∠GAC=90°.

設CD=a，則BD=2a，BC=3a，BG=2a，AB=a. 所以AG=BG-AB=a，所以BC=3AG.

方法7：過F作FH⊥BC于H且交AC于點M，過F作FN⊥AC于N，如圖6所示，則△MHC是等腰直角三角形，MH=CH.

由（1）得∠DCE=90°，DF=CF，BD=CE. 因為BD=2CD，所以CE=2CD. 所以在Rt△DCE中，tan∠FDC==2. 所以在Rt△DFH中，tan∠FDC==2，FH=2HD.

因為DF=CF，FH⊥CD，所以DH=HC，所以FH=2CH. 又MH=CH，所以FM=MH=CH. 因為△MHC是等腰直角三角形，所以∠HMC=45°，所以∠FMN=∠HMC=45°，MC=HC. 因為FN⊥AC，所以△FNM是等腰直角三角形，所以NF=NM=MF. ?又FM=MH，所以NF=HC，NC=MN+MC=HC. 所以在Rt△FNC中，tan∠FCN==. 所以在Rt△AGC中，tan∠FCN==. 所以BC=AC=3AG.

問題的拓展探究

拓展1 ?考慮將原題的第（2）問的條件“當BD=2CD時”拓展為“當BD=kCD時（k>1）”，如圖7所示，連接GD.

由上面的方法6可得GD⊥BC，設CD=a，則BD=ka，BG=ka，BC=（k+1）a，AB=（k+1）a. 所以AG=BG-AB=（k-1）a，所以BC=AG.

特別地，當k=3時，可以得到BC=2AG. 此時可以將原題的第（2）問改編為：如圖7所示，在點D運動的過程中，當BD=3CD時，分別延長CF，BA，相交于點G，猜想AG與BC存在的數量關系，并證明猜想的結論.

拓展2 ?考慮將原題的第（2）問的條件“當BD=2CD時”拓展為“當CD=kBD時（k>1）”，如圖8所示. ?仿照拓展1的推理可得BC=AG.

特別地，當k=2時，可得BC=3·AG;當k=3時，可得BC=2AG. 此時我們可以將原題的第（2）問改編為：如圖8所示，在點D運動的過程中，當CD=2BD時，延長CF交BA于點G，猜想AG與BC存在的數量關系，并證明猜想的結論.

選擇一道典型試題探究“一題多解”“一題多變”，成為“多題歸一”的典型解法，將有助于解決同類問題，從而達到事半功倍的效果. 在習題課中，只要教師精心編選，細心設計出一些典型例題，引導同學充分挖掘題目的內涵，從不同的角度來審視和探求不同的解決方案，再通過變式練習進一步強化解題的方法和技巧，這對于開闊同學的視野，提高同學分析問題、解決問題的能力具有重要意義.

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