洞察結構明來路 回歸本源知去路

葉先玖 程雪瓊

摘? 要：通過對2019年中考湖北武漢卷第23題及關聯試題的解法進行探究，探索借助幾何直觀識別圖形，明晰圖形結構，并利用確定性、本源性、全局性、動靜互換等思維，整體把握空間形式和數量關系，積累有效的解答經驗;探究回到基本概念和基本圖形的措施，著眼于通性、通法，并著力于幾何直觀、最近發展區和思維過程等. 以知曉方法的來路，形成自然簡潔的解答策略. 探尋引導學生及時反思解答的路徑，點亮思維的去路，培養并優化學生分析與解決問題的能力.

關鍵詞：研題要點;幾何直觀;通性、通法

筆者曾利用2019年中考湖北武漢卷第23題參加湖北省宜昌市初中數學學科工作室“我講中考壓軸題”的活動展示. 現呈現此題的相關解答、兩道關聯題的反思及教學啟示. 立足解題的通性、通法，借助幾何直觀，以更有效的方式打開學生的思路，引導學生掌握解題教學之道.

一、試題呈現

題目 （2019年湖北·武漢卷）在[Rt△ABC]中，[∠ABC=90°， ABBC=n，] M是邊BC上一點，連接AM.

（1）如圖1，若[n=1]，N是AB延長線上一點，CN與AM垂直，求證：[BM=BN.]

（2）過點B作[BP⊥AM，] 點P為垂足，連接CP并延長交AB于點Q.

① 如圖2，若[n=1，] 求證：[CPPQ=BMBQ.]

② 如圖3，若M是BC的中點，直接寫出[tan ∠BPQ]的值.（用含n的式子表示.）

二、解法探究

1. 識別模式中探析因果覓路

第（1）小題，如圖4，延長AM交CN于點D，由核心元素[CB⊥AB，AM⊥CN，AB=BC]構成“三垂直”模型，且圖形中元素的位置關系和數量關系是確定的，確定即可求. 當[n=1]時，可確定[△ABC]是以[∠ABC]為直角的等腰直角三角形. 要證[BM=BN，] 只需要證明[△ABM≌△CBN.] 由“CN與AM垂直”識別出“等角的余角相等”，可以證得[∠MAB=∠NCB.] 結合已知條件[AB=BC，∠ABM=∠CBN，] 可以證得[△ABM≌△CBN.] 由全等三角形的性質，可得[BM=BN.]

2. 幾何直觀里回歸本源啟思

第（2）小題第①問，給出條件“過點B作[BP⊥AM]和[n=1]”后，借助幾何直觀，審視圖形結構并抓住變與不變的元素，則由[AB=BC]易聯想到三角形全等. 由“三垂直”模型識別出[△APB∽△BPM∽△ABM]等“子母型”相似. 要證[CPPQ=BMBQ]，可以回歸到求線段長、三角形相似、平行線分線段成比例、利用面積比證明線段比等知識源及通法. 因此，得到以下五種證明方法.

證法1：確定[△ABM.] 抓住[AB=BC]這個條件，通過移拼[△ABM]可得圖5，即過點C作AM的垂線，垂足為點D，且交AB的延長線于點N. 易證[△CBN≌][△ABM，] 所以[BM=BN.] 由[PB⊥AM，CN⊥][AM，] 可得[PB∥CN.] 所以[CPPQ=NBBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

證法2：確定[△ABM.] 抓住[AB=BC]這個條件，通過移拼[△ABM]可得圖6，即過點C作[CD∥AB，] 交BP的延長線于點D，易證[△CPD∽△QPB.] 得[CPPQ=CDQB.] 易證[△ABM≌][△BCD.] 所以[CD=][BM.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

證法3：確定[△ABP.] 抓住[AB=BC]這個條件，通過移拼[△ABP]可得圖7，即過點C作[CD⊥BP，] 交BP的延長線于點D，過點Q作[QE⊥BP]于點E，易證[△CPD∽△QPE.] 得[CPPQ=CDQE.] 易證[△CDB≌△BPA，] 所以[CD=BP.] 易證[△BPM∽△QEB.] 所以[BPQE=BMQB.] 所以[CPPQ=CDQE=BPQE=BMQB.]

證法4：確定[△ABM.] 如圖8，過點Q作[QD∥BC，] 交BP的延長線于點D，易證[△CPB∽△QPD.] 得[CPPQ=CBQD.] 易證[△DQB∽△ABM.] 所以[ABDQ=MBBQ.] 因為[AB=][BC，] 所以[CBQD=BMBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

證法5：如圖9，由[△BPC]和[△BPQ]是等高三角形的圖形結構，得[CPPQ=S△BPCS△BPQ.] 過點P作BC，AB的垂線，垂足分別為點D，E，則有[S△BPCS△BPQ=12?BC?PD12?BQ?PE.] 只要分別求出確定的線段PD，PE，BM，BQ的長（具體計算可參考后文思路10的解答），通過計算即可以證得[CPPQ=BMBQ.]

【思路說明】上述證法中，抓住[AB=BC，] 回歸到旋轉定義，動靜互換，可洞察到圖形中隱藏的“共點等邊旋轉”結構，即從全局性看，線段AB繞點B順時針旋轉90°得到線段BC，則△ABM繞點B順時針旋轉90°得到△CBN. 由第（1）小題及解答經驗，借助平行線分線段成比例，結合線段之間的等量代換得到證法1. 基于圖形變換，抓住[AB=BC]進行圖形移拼，得到證法2和證法3. 結合所證結論[CPPQ=BMBQ]，直觀覺察到“X型”相似，借助中間比得到證法4. 識別出[△BPC]和[△BPQ]等高，想到求線段的長，將線段的比轉化為面積的比得到證法5.

3. 洞察結構中追根聯想得法

第（2）小題第②問通過回到正切定義，借助幾何直觀，捕捉到以下九種思路.

思路1：如圖10，過點C作[CE∥AB，] 交BP的延長線于點E，過點C作[CF⊥BE]于點F. 設[BC=2，PM=t，] 則[BM=1，AB=2n.] 易證[△APB∽△BPM.] 所以[BMAB=][PMPB.] 則[BP=2nt.] 由中位線定理，得[CF=2PM=2t，PF=][BP=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=2t2nt=1n.]

思路2：如圖11，過點C作[CD∥AM，] 交BP的延長線于點D. 設[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 則[PB=2nt.] 又由[DC=2PM=2t，] [DP=] [PB=2nt，] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPD=DCDP=2t2nt=1n.]

思路3：如圖12，延長PM到點H，使[MH=PM.] 連接CH，易證[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP，] [∠CHM=] [∠BPM=90°.] 因為[ABBC=n，BC=2BM，] 所以[ABBM=2n.] 設[PM=MH=1.] 由已知易證[△ABM∽△BPM，] 所以[ABBP=BMPM.] 則[PB=CH=2n.] 可得[tan∠BPQ=tan∠HCP=][PHCH=2MHCH=22n=1n.]

思路4：如圖13，過點C作[CH⊥AM，] 交AM的延長線于點H，則[CH∥BP.] 易證[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP，] [MH=MP.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=][2PMBP=][2tan∠PBM=2tan∠MAB=2×BMAB=BCAB=1n.]

思路5：如圖14，過點B作[BD∥QC，] 交AM的延長線于點D. 設[BC=2a，PM=t.] 易證[△BMD≌△CMP.] 所以[PM=DM.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 則[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PBD=PDPB=2t2nt=1n.]

思路6：如圖15，過點M作[MD∥PB，] 交CQ于點D. 設[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=][a2na.]? 則[PB=2nt.] 由[DM=12PB=nt，] 且[∠BPQ=∠PDM=][90°，] 可得[tan∠BPQ=][tan∠PDM=PMDM=][tnt=1n].

思路7：如圖16，過點B作[BD∥AM，] 交CQ的延長線于點D，得[∠PBQ=∠MPB=90°.] 設[BC=2a，PM=t，] 易求得[BD=2PM=2t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=BDPB=][2t2nt=1n.]

思路8：如圖17，過點M作[MD∥QC，] 交BP于點D. 設[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=][MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 所以[PD=DB=12PB=nt.] 可得 [tan∠BPQ=tan∠PDM=PMPD=][tnt=1n].

思路9：如圖18，過點C作AM的垂線，垂足為點H，且交AB的延長線于點N. 設[BC=2a，PM=t，] 則[AB=][2na.] 易證[∠NBC=∠MHN=90°，] 則點B，M，H，N在以MN為直徑的圓上. 易證[△ABM∽△CBN.] 所以[ABCB=AMCN.] 易求得[CN=a4n2+1n.] 由切割線定理推論，可得 [CM?CB=CH?CN.] 進而可得[CH=2na4n2+1.] 在[Rt△CMH]中，根據勾股定理，易求得[MH=][a4n2+1.] 所以[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=2MHCH=1n.]

【思路說明】從已知條件看，[∠ABC=90°，] [ABBC=n，] [BP⊥AM，] M是BC的中點等核心要素是確定的;從圖形看，增加了中點，會聯想三角形中位線結構，或過中點作延長線構造三角形全等;從“直接寫出[tan∠BPQ]的值”結論想到補直角三角形，或利用“銳角相等正切值相等”來解決問題. 于是，借助前面識別圖形結構的經驗和補圖經驗，得到圖10，通過關聯性思考使得思路自然貫通. 及時反思，發現[BMAB=12n，] 察覺到圖10中[∠BPQ]與[∠CPE]的關系，優化思路1得到思路2. 洞察到中點M，識別過中點作延長線構造全等三角形，得到思路3和思路4. 識別出中位線結構，得到思路5 ～ 思路8. 借助第（1）小題的解答，洞察到圖中的對角互補，識別出隱圓，得到思路9. 上述思路借助幾何直觀求正切值，自然且有效.

三、解后反思

1. 思路自然，為什么受挫

筆者堅持“練后精講，不練不講”. 事實上，學生獨立解答上述題目第（2）小題第②問時，有些學生先想到的是根據正切的定義去補形. 現摘錄學生的解題思路如下.

思路10：如圖19，過點Q作[QE⊥PB]于點E. 在[Rt△PEQ]中，若能分別求出QE，PE的長，則[tan∠BPQ]的值可求.

思路11：如圖20，過點B作[BF⊥PQ]于點F. 在[Rt△PFB]中，若能分別求出BF，PF的長，則[tan∠BPQ]的值可求.

思路12：如圖21，過點Q作[QD⊥AM]于點D. 若能分別求出PD，DQ的長，在[Rt△PDQ]中，可求出[tan∠PQD]的值. 進一步可得[tan∠BPQ=tan∠PQD.]

思路13：如圖22，以點B為坐標原點，AB方向為x軸正半軸，BC方向為y軸正半軸建立平面直角坐標系. 設BC = 2，則點[C0，2，] 點[M0，1，] 點[A-2n，0.]再作[QE⊥PB]于點E，將問題轉化為一次函數求解. 只要求得點[Q-2n1+2n2，0，] 則可求得QE，PE的長，即[tan∠BPQ]的值可求.

對于思路13，若能求出BQ的長，則可以分別求出直線CQ，AM的解析式，聯立可解得點P的坐標. 再求出直線PB的解析式，從而可求出直線QE的解析式，聯立可解得點E的坐標，便可以分別求出PE，QE的長. 在[Rt△PEQ]中，根據[tan∠BPQ=QEPE]，可以求得[tan∠BPQ]的值.

然而，這四種思路因學生求比值的通法不夠熟練、耐心不足，解題過程計算量大等原因，最終沒能求出BQ長這一關鍵性的元素，導致這四種解答思路受挫. 事實上，借助求比值的常規方法，不僅能求得BQ的長，而且圖中相關線段的比值都是確定的、可求的，只不過計算量大，需要學生有足夠的耐心. 現以思路10為例進行解答.

解：如圖23，過點Q作[QE⊥PB]于點E，過點P作[PG⊥BC]于點G. 設[BM=a，PM=t.]

因為[∠ABC=90°，BP⊥AM.]

所以[∠MAB=∠PBM.]

因為[tan∠MAB=12n，tan∠PBM=tPB，]

所以[a2na=tPB.]

解得[PB=2nt.]

因為[tan∠MAB=PBAP=12n，]

所以[AP=4n2t.]

因為[PG∥AB，]

所以[MGGB=PMAP=14n2.]

因為[MG+GB=a，]

所以[MG=a1+4n2，GB=4n2a1+4n2.]

因為[PG∥AB，]

所以[PGAB=PMAM=tt+4n2t=11+4n2.]

所以[PG=2na1+4n2.]

因為[PG∥QB，]

所以[PGQB=CGCB.]

解得[QB=2na1+2n2.]

因為[QE∥AP，]

所以[QEAP=BEBP=QBAB=11+2n2.]

解得[QE=4n2t1+2n2，BE=2nt1+2n2.]

所以[PE=PB-BE=2nt-2nt1+2n2=4n3t1+2n2.]

所以[tan∠BPQ=QEPE=4n2t1+2n2 ? 1+2n24n3t=1n.]

其實在設[BC=2a]后，圖中的元素均可求，設[PM=t]是為了計算表達簡潔. 例如，思路3中，利用[△APB∽△BPM∽△ABM]“子母型相似”結構，可計算BP的長;也可以延長CH交AB的延長線于點N（如圖18），發現[△ABM∽△CHM∽△CBN，] 可計算出MH，CH的長，利用三角形全等可得PH的長;或者發現B，M，H，N四點共圓，結合切割線定理和勾股定理求出相應線段的長，使問題得到解決.

2. 通性、通法的運用，如何更為熟練自然

在思路10 ～ 思路13中，回歸基本概念和基本圖形應當是學生最自然的想法. 然而，卻受挫于求BQ的長. 為什么學生無法求出這個值？或許當學生對下面兩道例題進行深入研究并能熟練應用后，會對上述思路的解答有所啟發.

例1? 如圖24，過[△ABC]的頂點C任意作一條直線，與邊AB及中線AD分別交于點F，E，求證：[AEDE=2AFBF.]

借助平行線分線段成比例，此題有較多的解法. 由D為BC的中點，直線BC、直線AD、直線AB兩兩相交于點D，B，A，且與這三條直線相關的是直線CF，回到作平行線求比值的常規方法. 可以進行如下解答.

如圖25，分別過點A，B，D分別作直線CF的垂線，垂線段分別記為[h1，h2，h3]，則有[h1h2=AFFB，] [h2h3=][BCCD， h3h1=DEEA.] 將三式相乘，即可證得[AEDE=2AFBF.]

借助這種優化后的求比值的通法，可對例2給出較為簡潔的解法.

例2? 如圖26，線段[OA⊥OB，] 點C為OB的中點，D為線段OA上一點，連接AC，BD交于點P. 當[OA=][OB，] 且D為OA中點時，求[APPC]的值.

如圖27，分別過點A，O，C分別作直線BD的垂線，垂線段分別記為[h1，h2，h3，] 則有[h1h2=ADDO，] [h2h3=][BOBC]，[h3h1=CPPA]. 將三式相乘，得[APCP=2.]

這種分別過點A，O，C作直線BD的垂線求比值的方法相對簡潔，彰顯了幾何直觀的魅力.

這為筆者對前述題目進行多視角改編提供了支撐，就題挖掘與改編，可以更好地提升學生解題素養.

題目的改編：銳角[△ABC]中，[∠ABC=60°，] [ABBC=][n，] 點M是BC上一動點，連接AM，P是AM上一動點，連接CP并延長交AB于點Q.

（1）如圖28，若[n=1，] [∠APQ=60°]，求[CQAM]的值.

（2）如圖29，若[n≠1， CMBM=14， CPPQ=35]，求[AQQB]的值.

（3）如圖30，若[n>1， CMBM=14，BP⊥AM，CQ⊥][AB]，求n的值

四、教學啟示

教育上的“慢”是客觀規律，必須遵守，不能繞過去. 在幾何解題教學中，“繞”不過去的是“思”，“慢”的落腳點在“悟”. 教學上的“慢”，應從確定性、本源性、全局性、動靜互換等出發，回溯知識本源，著眼通性、通法，熟悉基本圖形變換，浸潤基本數學思想等處著力，展開理性分析和精準計算，知曉方法的來路，點亮學生思維的去路.

1. 教活思考習慣，理清思路來源

由條件推算結論、由問題尋找條件、由問題前后的關聯性逐步推理與計算，定性分析、定量計算是常用的解答手段. 題目給出的圖形中，線段之間、角之間必然有確定的邏輯聯系和因果關系. 因果明，則思之有路;圖形定，則對應的數量關系及位置關系就隨之確定. 看條件、找結論、追其何處去是常用的分析、解決問題的思考方法. 識圖時，從全局入手，掌握“譯式”方法，學會與條件“對話”，借助符號或未知數把條件轉換到圖形上，巧用圖形建立聯系. 畫圖補形時，學生要懂得靜能定位、動能生聯系，主動發現點、邊、角等元素之間的關系，關注變化中的不變，從圖形結構中發現并拆分、重組常見的基本圖形. 這種動靜互換思維，有助于尋找到相關元素之間的聯系，從而聯想到相關圖形的性質、喚醒解答經驗和方法，更好地展開定位分析和定量計算. 解題時，要仔細審讀條件，借助確定性、本源性、全局性、動靜互換等思維，回歸到知識源、特殊點和關鍵點展開聯想，實現文字、圖形、符號等數學語言的相互轉化.

例如，題目第（1）小題借助圖形變換，還可以有以下思路. 延長MB，取[BH=BM，] 連接AH，構造等腰三角形;或過點M，A分別作AB，BC的平行線，得矩形ABMH，從特殊四邊形的性質及[CN⊥AM]可推導出與[∠NCB]相等的角，再通過三角形全等進行轉化，證得[BM=BN.] 就此小題而言，這些思路雖然復雜，但卻與波利亞的解題理念相吻合，即拿一個有意義但又不復雜的題目去幫助學生挖掘問題的各個方面，使得通過這道題就好像通過一道“門戶”，把學生引入一個完整的領域. 把簡單的題深入做，可以幫助學生更好地領悟解題的本質，引導學生發現知識之間的聯系，形成深層次的思考，并借助圖形變換及確定性、本源性、全局性、動靜互換等解答后面兩道小題，啟發學生的思維.

2. 盤活思考方式，落細教學著力點，知曉方法來路

筆者以2019年中考湖北武漢卷第23題為例，借助探究與類比，溯源強基，提煉求線段比值的方法. 任何一種解法都依賴堅實的基礎知識和扎實的數學基本功. 易想難算、易算難想，解題思路沒有捷徑可走. 熟練運用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知識及方法本質后的火熱思考，是真思考. 在通性、通法的優化中，尋找著力固牢“四基”的講題切入點，提升解題素養才是悟之必要. 題目中內含“X型”“A型”“子母型”“隱圓”等基本圖形，暗示著解題教學要著力于強化幾何直觀，洞察圖形結構，豐富答題經驗.

在解答題目第（2）小題第①問時，有的學生從所求結論[CPPQ=BMBQ]出發，聯想求線段成比例的通法，過點P作BC的平行線，或過點P作AB的平行線，或過點Q作AM的平行線，或過點Q作BC的平行線等，得到“A型”或“X型”等相似圖形，暗示教學要著力于學生思維的最近發展區去應對和啟發;洞察到“三垂直”結構，充分利用已知條件[AB=AC，] 打開“另一扇窗”，凸顯真實思維考量.

3. 激活思考方法，點亮思維去路

解題研究無禁區，課堂教學有范圍. 對于教師來說，繁簡解法、對錯解法、優劣解法等都應該兼收并蓄. 至于將哪一種解法用于課堂教學，則取決于教學要求和學生的實際情況. 當前的數學教學，首先要在“如何讓學生想得到”上下工夫，激活思考方式，啟發學生在洞察結構上思本源，想通性、通法.

題目第（2）小題第②問的解決，是先借助幾何直觀補形轉化，再設元計算，從數的角度去剖析相關元素間的關系;從形的角度看，圖10中，由“三垂直”模型，可得[△ECB∽△MBA，] 利用相似三角形對應高的比等于相似比，得[CFBP=][BEAM=BCAB=1n.] 借助中位線定理，得[BP=PF.] 于是可求得[tan∠BPQ=][tan∠CPF=][CFPF=1n.]

筆者從形、數或形數結合等角度展開研題，并呈現各種繁與簡的解法，為答疑學生的奇思妙想、放飛學生的思維做了充分準備. 借助幾何直觀，把握圖形結構，可以啟發學生明了題意、展開聯想，明白如何去想，“知其然”而得法. 適度拓展，適時一題多解或多解歸一，明了為什么要這樣去想，知曉解法本質，“知其所以然”，達到舉一反三. 教師要引導學生回歸知識本源，及時反思，充分經歷試錯、析錯、糾錯的過程，抓聯系、知因果，突破思路，展開作圖、計算、推理，厚植由確定展開理性分析與推算等必備的解題能力，讓學生在嘗試和慢悟中學會選擇、轉化、比較和優化，把握規律，靈活貫通，在還可以怎樣去想上下足工夫，撬動思維的杠桿，推動學生進行深度思考，以點亮思維的去路.

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