一道中考壓軸題的探索與變式

李玲

1 引言

解答一道復雜的數學題，以特殊情形為起點，往往能抓住數學問題的本質.現以2021年浙江省衢州市中考數學第24題解答探索及變式研究為例，探討如何就題變式、就題借力，追尋解題教學初心，有效發展學生思維能力，力求解題教學效能最優.

2 試題呈現

推理：

如圖1，在正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連結BE，CF，延長CF交AD于點G.

（1）求證：△BCE≌△CDG.

運用：

（2）如圖2，在推理條件下，延長BF交AD于點H.若HDHF=45 ，CE=9，求線段DE的長.

拓展：

（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結CF，延長CF，BF交直線AD于G，H兩點，若 ABBC=k， HDHF=45，求DEEC 的值（用含k的代數式表示）.

3 解答研討

3.1 “兩等兩線”看折疊，洞察結構得思路

思路分析：第（1）問，識別折疊具有軸對稱的本質，洞察到“兩等兩線”結構：折痕BE所在直線既是∠FBC的平分線、也是對應點連線段CF的垂直平分線;還有全等三角形及等腰△BCF，△ECF這樣的基本圖形.執果索因，容易得到△BCE≌△CDG.

3.2 給定比值求線段，聯想構造妙轉化

第（2）問，在推理的基礎上添加了線段比及一條線段長兩個條件，緊扣“兩等兩線”如何去找關聯？結合條件及圖形分析，直接求解;或構建方程模型整體求解;或搜索關聯相似三角形進行轉化;或從直角入手建立坐標系，借助點的坐標去求線段長;或面積法入手建立方程等.

思路分析：如圖3，由△BCE≌△CDG，得CE=DG=9.由折疊知BC=BF，CE=FE=9，則∠1=∠2.由四邊形ABCD是正方形，得AD∥BC，則∠2=∠4.又∠1=∠3，所以∠3=∠4，則HF=HG.由HDHF=45 及DG=9，得HD=4.

思路一：由條件易求出EF，HF，HD的長度，從正方形內折疊的圖形結構聯想轉化，想到雙勾股法.

解法1：由思路分析求得HD=4，HF=HG=5.因為∠D=∠HFE=90°，所以HF2+EF2=HD2+DE2，即52+92=42+DE2，得DE=3 10 或-3 10（舍）.故 DE=3 10.

思路二：由圖3中的對頂角和平行線，易得GH=FH=5，HD=4，再結合AB=BF=BC這個條件，在Rt△ABH中用勾股定理，先求出正方形的邊長，再利用線段和差關系間接求DE的長.

解法2：在求得DG=9，HD=4后，設AB=BC=BF=a，則HB=a+5，AH=a-4.在Rt△ABH中，AB2+AH2=HB2，得a2+（a-4）2=（a+5）2，解得a=9+3 10 或9-3 10（舍去）.則DE=DC-EC=3 10.

解法2是從條件出發，順思聯想，從前一問找思路.這樣的解答似乎還少了從設問間找關聯，從結論出發逆推的思路.第（2）問還可以看透圖形結構，求DE的長，由（1）易得GD=CE=EF，加上正方形易捕捉到AG=DE，從而在轉化思想下，不妨直接設AG=DE=x，“由因導果、執果索因”，直取目標，計算上會優于解法2.

思路三：如圖4，分別延長BH，CD交于點I，構造和DE有關的相似三角形，即△IDH∽△IFE，求出ID與IE的長.

解法3：由給定條件易得DG=9，HD=4，易得△IDH∽△IFE，則HDFE=IDIF=IHIE=49.設ID=4a，則IF=9a ，HI=9a-5. 在Rt△IHD中，由ID2+DH2=HI2，即（4a）2+42=（9a-5）2，得a=45+12 1065或45-12 1065（舍）.

所以 DE=IE-ID=94（9a-5）-4a=3 10.

構造和DE有關的相似三角形有多種方法.結合圖4，如，反“A”型△IDH∽△IFE，“A”型△IDH∽△ICB，“X”型△IDH∽△BAH，都可以求出DE的長，但在求解的過程中又引進了新的未知量，且計算的過程中同一個三角形三條邊都需要用到，并涉及勾股定理，總的來說相似法計算難度較大.

思路四：建系，利用一次函數求出D，E的坐標.

解法4：由給定條件易得DG=9，HD=4.如圖5，以B為原點，分別以直線BC，BA為x軸，y軸建立平面直角坐標系.設D（t，t），則E（t，9）C（t，0），H（t-4，t），

G（t-9，t），kBH=tt-4，lBH：y=tt-4x，kGC=-t9， lCG：y=-t9x+t29.

聯立直線CG和BH方程，得Ft（t-4）t+5，t2t+5……

利用兩點間的距離公式及FH=5找等量關系，理論上可求出t的值，但因為計算量大，在此處不追求解法的數量，僅供了解.

思路五：當圖形中出現多處垂直，可以由垂直聯想到高，進而聯想到面積，用不同方法求同一個圖形的面積就可以得到等量關系，常稱作面積法.相較于前面4種解法，等量關系表面復雜，但計算并不復雜，計算難度較低，能順利得到結果.

解法5：由給定條件易得DG=9，HD=4.如圖3，設DE=x，由S梯HDCB=S△HDE+S△HEB+S△EBC ，得

12（HD+BC）·DC=12HD·DE + 12EF·HB+12EC·BC，

即12（4+9+x）（9+x）=12＼54x+12（5+9+x）＼59+12（9+x）＼59.

解得 x=3 10 或-3 ?10（舍）.所以DE=3 10.

以上5種解法，學生最容易想到的思路是雙勾股法、勾股、相似、建系，計算上最為簡便的是解法1的雙勾股法和解法5的面積法.筆者尤其要提到面積法難想易算這一點，啟示我們無論做什么題，潛意識里不要見題就算，要先宏觀選擇方向，再微觀確定方法.

3.3 形變質不變，類比遷移可得法

第（3）問，當“正方形”的條件換為“矩形”，比值的條件不變時，聯系第（2）問的運用，發現問題表面上雖有變化，但在求解第（3）問時仍可沿用第（2）問的方法及思路.反過來，當把第（3）問的結果求出時，令k=1，利用第（2）問的結果來驗證計算過程是否正確.沿用（2）的解題思路及方法，字母代替數，比值代替相等，體現了變化中的不變性.因此，從特殊到一般，可以幫助我們厘清思路，找到解題方法及問題的本質.

解法1：連接HE.由題意 HDHF=45，可設DH=4m，HF=HG=5m.

點H在點D的左側時，如圖6，由HF=HG，DG=HD+GD=9m，由折疊可知BE⊥CF，∠ECF+∠BEC=90°.由∠D=90°，得∠ECF+∠CGD=90°.則∠BEC=∠CGD.又∠BCE=∠D=90°，則△CDG∽△BCE，得 DGCE=CDBC .又由CDBC=ABBC=k，得9mCE=k1 ，即CE=9mk=EF.由∠D=∠HFE=90°，得HF2+EF2=DH2+DE2，即（5m）2+9mk2=（4m）2+DE2，求得DE=3m k2+9k.

因此DEEC=3m k2+9k·k9m= k2+93.

當點H在點D的右側時，如圖7，由HF=HG，得DG=HG-HD=m.同理CDBC=ABBC=k，所以mCE=k1 ，則CE=mk=EF.由∠D=∠HFE=90°，得HF2+EF2=DH2+DE2，即（5m）2+（mk）2=（4m）2+DE2，可得DE=m 9k2+1k.

因此DEEC = m 9k2+1k·km = 9k2+1.

解法2：如圖6，由△BCE∽△CDG，得CEDG=BCDC=1k.設 EC=x，則 DG=kx.由HDHF=45 ，DG= kx ，得HD=4kx9，HF=GH=5kx9.設AB=a，則BC=BF=ak，得HB=ak+5kx9 ，AH=ak-4kx9.

在Rt△ABH中，AB2+AH2=HB2，則a2+ak-4kx92=ak+5kx92……

因為運算量大，勾股法在第（3）問中不適用，所以不做詳細解答.同樣，對于沿用第（2）問中的相似法、建系法，實際計算過程繁雜，都不適用于第（3）問.

解法3：點H在點D的左側時，如圖6，設 EC=x，可得GD=kx， 則HD=4kx9，HF=GH=5kx9.設DE=a，則DC=AB=a+x，BC=BF=a+xk，HB=a+xk+5kx9.由圖可知 S梯HDCB=S△HDE+S△HEB+S△EBC，則有12（HD+BC）DC=12HD·DE + 12HB·EF + 12 BC·EC，即124kx9+a+xk·（a+x）=12·4kx9·a+12·a+xk+5kx9·x+12·a+xk·x，解得a=±x k2+93.又a>0，所以a=x k2+93.故 DEEC= k2+93.

點H在點D的右側時，如圖8，連接CH，仍設EC=x，則 DG=kx.

同上述方法可得DG=kx，

HD=4kx，HF=GH=5kx.設DE=a，則DC=AB=a+x，BC=BF=a+xk，HB=a+xk +5kx.由S△BCH=S△HEC+S△HEB+S△EBC，得12BC·DC=12HD·CE +12 HB·EF + 12BC·EC，即 12·a+xk·（a+x）=12·4kx·x+12·a+xk+5kx·x+12·a+xk·x.計算可得a=±x 9k2+1， 由于a>0， 則 a=x 9k2+1.

故DEEC= 9k2+1.

面積法的算式看起來非常復雜，但是化簡計算過程非常簡單.

4 變式拓展

結合以上解答探索，發現此題以正方形到矩形的折疊問題為探究背景，融入初中數學核心知識，滲透特殊到一般、數形結合、函數與方程、分類討論等核心數學思想方法.若對試題相關的命題素材進行變式，將會引導學生注重知識體驗的過程，優化學生思維方式，強化基本數學思想方法的感悟與內化，從而充分發揮此題的教學價值.基于此，筆者從以下三點進行了相關的變式思考.

4.1 第（1）問，還可以怎樣設問？

能設問GD=EC嗎？事實上，這種設問是可以的，而且比原題第（1）問證明△BCE≌△CDG的方法更多，例如三角函數法，也為第（2）問的解答提供更多線索和思路，這樣的變式是可行的.

4.2 第（2）問，條件HDHF=45能更改嗎？

若設定HDHF=54會如何？根據題意： BF交AD于點H，會找到第一個臨界的地方是D，H兩點重合時，此時DE>EC，即DE>EF，故一開始是HDHF.因為在點E運動的過程中，雙勾股模型始終存在，所以HD可以大于、小于或等于HF，因此這樣的改編是可以的.HDHF的值在命題時也可以是任意的.

4.3 第（3）問，k值是任意的嗎？

這一問的k值是任意的嗎？例如k很大或者很小，不妨對HDHF=54進行探究.

當0

如圖10，當點E繼續往下運動時，△BCE就會翻折到矩形ABCD內，此時也存在HDHF=54這種情況;

0

1

如圖11，點E運動到比較靠近點C時，△BCE雖還是翻折到矩形ABCD內，但是BF與AD的交點在AD的延長線上，此時顯然DH

當k≥1時，點E運動到較靠近D點時，△BCE會翻折到矩形ABCD外，如圖12，此時存在HDHF= 54這種情況;

2

3

如圖13，點E在CD上繼續運動時與0

4

當點E運動到比較靠近C點時，此時BF與AD的交點在AD的延長線上，如圖14，此時也和0

通過以上分析我們發現，命題專家在命制這道中考題時非常嚴謹細致，HDHF=45這個數據的設計，滿足k值是任意的正實數，不需要對k進行分類討論，不需要考慮△BCE翻折到矩形外的情況，在直擊數學本質的同時，對考生極具人文關懷.因為，如果把數據更改為HDHF=54，就首先需要對k的值按0

結合以上研題分析，給出這道題的完整變式，以進一步發展學生的思維，更好地落實本題的解題教學價值.

變式 推理：

如圖1，在正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連接BE，CF，延長CF交AD于點G.

（1）求證：GD=EC.

運用：

（2）如圖2，在推理條件下，延長BF交AD于點H.若HDHF=54 ，CE=9，求線段DE的長.

拓展：

（3）將正方形改成矩形，同樣沿著BE折疊，連結CF，直線CF，BF交直線AD于G，H兩點，若 ABBC=k， HDHF=54，求DEEC 的值（用含k的代數式表示）.