傳承經典 弘揚優秀數學文化

摘要：圍繞教材中的經典圖形進行創造性的命題，關注數學文化的考查，處理好繼承與創新的關系；探討中考試題的背景、解法和拓展，彰顯中考數學試題的育人價值、文化價值和教學價值.

關鍵詞：武漢中考試題；經典圖形；數學文化

《義務教育數學課程標準（2022年版）》指出：“數學承載著文化，是人類文明的重要組成部分，課程內容要關注數學文化，繼承和弘揚中華優秀傳統文化，試題命制要適當引入數學文化［1］.”教學評一體化背景下，我們要通過設計具體的數學文化試題，多角度融入數學文化，體現試題的文化價值，發揮數學應有的教育功能，提高學生的數學核心素養.

武漢市中考數學試卷一直堅持通過突出數學文化的考查，提升試題品質和育人價值.特別是近三年試卷的填空壓軸題，始終圍繞教材中的經典圖形（同一個勾股定理的背景）進行創造性命題，永保深挖教材、理解教材、超越教材的初心，有著讓經典流傳、向經典致敬的意味.這組試題不但能幫助學生了解數學史、品味數學美、探尋數學源，而且能很好地彰顯數學的文化價值，增強學生的文化自信.

下面具體介紹這三道試題及其背景、解法和拓展.

1" 由勾股圖形演繹而成的2022年第16題

1.1 試題呈現

如圖1所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF.過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K.若CI＝5，CJ＝4，則四邊形AJKL的面積是.

1.2 試題背景

這是一道有經典名題背景的矩形面積求值問題，本題的幾何圖形包含了一些經典幾何圖形和結論.

勾股圖形 如圖2所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，

于是可得S正方形ACDE+S正方形BCFG=S正方形ABHL.

婆羅摩笈多圖形 如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的邊AC，BC向外作兩個正方形ACDE，BCFG.若CJ⊥AB于點J，交DF于點I，則DI=FI；反之亦然.

其實，圖3中還有一個常見的射影定理基本圖形.

古希臘數學家歐幾里得曾在他的名著《幾何原本》中用圖4證明了勾股定理.

如圖4，因為△AEB與正方形ACDE同底等高，所以前者面積為后者面積的一半；△ACL與矩形ALKJ同底等高，前者的面積也是后者的一半.又因為△AEB≌△ACL，所以正方形ACDE的面積等于矩形ALKJ的面積，即S正方形ACDE=S矩形ALKJ；同理得S正方形BCFG=S矩形BHKJ.于是

S正方形ACDE+S正方形BCFG=S正方形ABHL，即AC2+BC2=AB2.

運用上面正方形和矩形的面積關系，也很易證出射影定理［2］.

1.3 試題解法

思路1：直接求解.由婆羅摩笈多圖形的結論知DI=FI，再由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半可知，DF=2CI=10.又因為AB=DF，所以AB=10.在Rt△ACB中，設AJ=x，則BJ=10-x，根據射影定理CJ2=AJ·BJ，從而有42=x（10-x），解得x=8，x=2（舍去，因為AC＞BC），故S矩形ALKJ=AJ·AB=80.

思路2：間接求解.

根據歐幾里得的證明，可知S正方形ACDE=S矩形ALKJ，因此只需求正方形ACDE的面積即可.

如圖5，過點D作DP⊥CI，垂足為P，易證△CDP≌△ACJ，進而有DP=CJ=4.又由前面得到的DI=CI=5，根據勾股定理可求得PI=3，CD2=80，則S矩形ALKG=CD2=80.

從解題過程看，順利解題的前提是深刻理解問題的背景.

1.4 試題拓展

將試題中條件“∠ACB＝90°”一般化：

如圖6，在△ABC中，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，連接DF.過點C作AB的垂線CJ，垂足為J，分別交DF，LH于點I，K.求證：

（1）DI=IF；

（2）S正方形ACDE+S矩形BHKJ=S正方形BCFG+S矩形ALKJ.

下面只給出（2）的證明：

設△ABC的三邊BC，AC，AB分別為a，b，c.令AJ=x，則BJ=c-x.

由勾股定理，可得AC2－AJ2=BC2－BJ2，即b2－x2=a2－（c－x）2.

解得x=b2+c2－a22c，從而BJ=c2+a2－b22c.

于是S正方形ACDE+S矩形BHKJ=b2+c2+a2－b22c·c=a2+b2+c22;

S正方形BCFG+S矩形ALKJ=a2+b2+c2－a22c·c=a2+b2+c22.

所以S正方形ACDE+S矩形BHKJ=S正方形BCFG+S矩形ALKJ.

2 由勾股圖形推廣而成的2023年第16題

2.1 試題呈現

如圖7，DE平分等邊三角形ABC的面積，折疊△BDE得到△FDE，AC分別與DF，EF相交于G，H兩點.若DG＝m，EH＝n，用含m，n的式子表示GH的長是.

2.2 試題背景

本題以等邊三角形的折疊為背景，考查了圖形運動的不變性（角不變和圖形面積不變），結合相似三角形的面積關系，研究線段之間數量關系，是八年級教材中勾股圖形的類比與推廣.

教材是在方格紙中，通過計算正方形的面積，猜想出直角三角形三邊的數量關系.其實對于一般情形，有如下命題1.

命題1 如圖8，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個正方形ABHL，ACDE，BCFG，我們可以利用歐幾里得的方法證明勾股定理（前面已經證明），有S1+S2=S3.

類比命題1，我們可以得到如下兩個命題：

命題2 如圖9，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個等邊三角形即△ABD，△BCE，△ACF，有S1+S2=S3.

命題3 如圖10，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的三邊為直徑向外作三個半圓，有S1+S2=S3.

從上面的三個命題中，我們可以得到更一般的命題：

命題4 如圖11，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個三角形即△ABD，△BCE，△ACF，且△ABD∽△BCE∽△ACF，同樣有S1+S2=S3.

命題4的逆命題是：

命題5 如圖11，分別以△ABC的三邊為邊向外作三個三角形即△ABD，△BCE，△ACF，且△ABD∽△BCE∽△ACF，若有S1+S2=S3，則AC2+BC2=AB2.

命題5就是2023年第16題的原型，題中“沿等分面積的直線DE折疊△BDE得到△FDE”，等價于條件△ADG∽△FHG∽△CHE，S△FHG＝S△ADG+S△CHE.根據命題5，水到渠成地推出三個三角形的對應邊滿足平方關系，即GH2＝DG2+HE2.

2.3 試題解法

如圖7，根據條件∠F＝∠B＝60°＝∠A＝∠C，∠AGD＝∠FGH，∠CHE＝∠FHG，推出△ADG∽△FHG∽△CHE，則S△ADGS△FHG=DG2GH2=m2GH2，S△CHES△FHG=EH2GH2=n2GH2.又由折疊的性質可得到△BDE≌△FDE，根據已知條件得四邊形ACED的面積＝S△BDE＝S△FDE，推出S△FHG＝S△ADG+S△CHE.所以S△ADGS△FHG+S△CHES△FHG=1，于是m2GH2+n2GH2=1，從而GH2＝m2+n2.故GH=m2+n2.

2.4 試題拓展

（1）如圖12，DE平分等邊三角形ABC的面積，折疊四邊形ADEC得到四邊形FDEG，FG分別與AB，BC相交于H，I兩點，若DH=m，EI=n，用含m，n的式子表示HI的長.

解析：根據2023年第16題的解法同理可得HI=m2+n2.

（2）如圖13，DE平分等邊三角形ABC的面積，分別以BD，BE為邊作平行四邊形BEFD，其中與DF，EF分別與AC交于點G，H，判斷線段AG，GH，CH之間的數量關系.

解析：因為四邊形BEFD是平行四邊形，所以△AGD，△FGH，△CEH均為等邊三角形，于是△AGD∽△FGH∽△CEH，可得S△AGD+S△CEHS△FGH=DG2+EH2GH2.

又S△FGH=S△ADG+S△CEH，所以GH2=DG2+EH2.

又因為AG=DG，CH=EH，所以可得GH2=AG2+CH2.

3 由趙爽弦圖深化而成的2024年第15題

3.1 試題呈現

如圖14是我國漢代數學家趙爽在注解《周髀算經》時給出的“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形MNPQ拼成的一個大正方形ABCD.直線MP交正方形ABCD兩邊于點E，F.記大正方形ABCD的面積為S1，正方形MNPQ的面積為S2.若BE=kAE（kgt;1），則用含k的式子表示S1S2值是.

3.2 試題背景

本題是以“趙爽弦圖”為背景設計的一道填空題.“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形拼接而成的，形成的兩個正方形的中心是重合的，從而整個圖形是一個中心對稱圖形.它圖形美觀，背景深厚，常被稱為“中國古代數學的圖騰”，曾在2002年北京召開的國際數學家大會上作為會標，體現了數學研究的繼承與發展.三國時期數學家趙爽通過該圖創造性地證明了著名的勾股定理，并萌生了許多古代的數學思想方法.

數學家趙爽是利用了“出入相補”的原理來證明勾股定理的.“出入相補”就是對圖形進行分割再移補而解決問題的方法.在總面積相等的條件下，先對兩個正方形進行分割，再根據需要移動補湊，對分割后的圖形進行位置上的變動，這樣就能達到證明勾股定理的目的.如圖15（1），根據以一個直角三角形的兩條直角邊a，b為邊長的兩個正方形畫出的一個合并圖形，面積為a2+b2；再如圖15（2）這樣，截下兩個直角邊分別為a和b的全等三角形，并且將這兩個直角三角形旋轉至圖15（3），這樣就得到一個以原三角形之弦為邊的正方形，其面積應為c2.根據變化前后總面積不變，得到a2+b2=c2.

趙爽的這個證明別具匠心，運用“出入相補”證明代數式之間的恒等關系，既嚴密又直觀性，樹立了中國古代數學以形證數，形數統一的典范.

3.3 試題解法

思路1：如圖16，過點B作BG∥AN交FE延長線于點G，得等腰直角三角形GBP，從而BG=BP.由BGAM=BEAE=k，可得BPAM=BEAE=k，于是BP=kAM.由“弦圖”可知DM=BP，則DM=kAM，所以QM=（k－1）AM，從而可得S1S2=k2+1（k－1）2.

思路2：如圖17，過點D作GD⊥DM交EF延長線于點G，得等腰直角三角形DGM，從而DG=DM，∠G=∠AME=45°，AM∥DG，可推出∠BAN=∠GDF，從而△DGF∽△AME，則可得DGAM=DFAE.由BE=kAE，DF=BE，得DM=kAM，所以QM=（k－1）AM，從而S1S2=k2+1（k－1）2.

由于本題圖形特征多樣，解題入口很寬，還可以從不同的角度尋求問題的解決方法.

3.4 試題拓展

（1）在圖14中，連接EN，求tan∠BNE的值.

解析：如圖18，過點E作AN的平行線交BN于點G，則有BGGN=BEAE=k.設GN=t，則BG=kt，由前面解答可知tan∠ABN=k，所以EG=BGtan∠ABN=k2t.故tan∠BNE=EGGN=k2.

（2）在圖14中，若k=2，過點C作CQ的垂線交EF的延長線于點G，連接BG，延長AN交BG于點T，求BGAT的值.

解析：如圖19，過點G作GR⊥BP交BP的延長線于點R，可證四邊形CPRG是正方形.設CP＝PR=RG＝a，則BP=2a.根據勾股定理，求得BG=10a.因為NT∥RG，所以NTRG=BNRB=a3a=13，從而NT=a3，于是AT＝7a3.故BGAT=3107.

這樣順應式地整合歷史上數學名題的三道試題及拓展題，為考生提供了數學問題，增加探究機會，激發學習興趣.其實許多歷史名題的求解都歷經了多位數學家的演繹，試題中再現歷史名題會讓學生感到他們正在解決一個曾經被數學家探索過的問題，是一種智力的挑戰，也會激發其無限潛能.用古代數學文化強調的思維方式和智慧來解決一些數學問題，感受中華優秀傳統文化的哲學思想的智慧與魅力，有利于學生形成新穎的數學觀、文化觀、歷史觀，從而更好地理解數學意義，形成數學思想，拓展數學思維.正所謂創新就是有目的地輸入、有價值地輸出.

參考文獻：

[1]中華人民共和國教育部.義務教育數學課程標準（2022年版）[S].北京：北京師范大學出版，2022.

[2]桂文通.素養導向下的中考數學試題評價策略——以2022年武漢市中考數學試題為例[J].教師教育論壇，2022（10）：44-47.