圖形性質助推理，思想方法提素養

摘要：初中代數幾何綜合題，要能注重不同主題條件之間的關聯，充分挖掘和利用圖形的幾何性質，準確提取并應用基本數學模型，演繹推理，結合多種數學思想方法不斷優化解題過程，獲得解題經驗，提高解題能力，發展核心素養.

關鍵詞：圖形性質；數學模型；數學思想

近幾年中考題的最后一道壓軸題往往都以代數與幾何綜合題的形式出現，一般包括方程、函數、三角形、四邊形、相似形等核心知識點，并綜合利用數形結合、分類討論、轉化等基本數學思想，內容豐富，難度較大.對學生的運算能力、幾何直觀、推理能力、模型觀念、應用意識等核心素養都提出了很高的要求.良好的解決這類問題，需要學生平時的反思積累，也需要教師在日常解題教學中注重引導學生歸納總結一些基本數學模型、基本通性通法.下面，筆者以一道中考題為例，淺談這類題的教學感悟.

1 試題呈現

（2021＼5宿遷）如圖1所示，拋物線y=－12x2+bx+c與x軸交于A（-1，0），B（4，0），與y軸交于點C，連接AC，BC，點P在拋物線上運動.

（1）求拋物線的表達式；

（2）如圖1，若點P在第四象限，點Q在PA的延長線上，當∠CAQ=∠CBA+45°時，求點P的坐標；

（3）如圖2，若點P在第一象限，直線AP交BC于點F，過點P作x軸的垂線交BC于點H，當△PFH為等腰三角形時，求線段PH的長.

2 試題解析

2.1 注重不同主題條件的關聯性，尋求一題多解

對于第（1）問，給出3種解法：

解法1：直接利用待定系數法，將A，B點坐標代入拋物線方程，聯立方程組可求得b，c的值.

解法2：注意到給出的兩點是拋物線與x軸交點，而拋物線三種解析式的系數a不變，直接得交點式y=－12（x+1）（x－4），再化為一般式y=－12x2+32x+2，即為所求.

解法3：關聯二次函數與一元二次方程，從方程的角度看函數，-1和4是函數值為0時一元二次方程的兩個根，由根與系數的關系，得-1+4=2b，-1×4=-2c，解得b和c的值.

解法3很巧妙，原因是它注意了二次函數和一元二次方程的關聯性，《義務教育數學課程標準（2022年版）》［1］指出，代數式、方程和不等式、函數可以用“函數”主線建立它們的聯系，方程是函數特殊狀態下的特性，注重它們之間的關聯才能把握中學數學教學內容的整體性，才能引導學生從掌握數學的知識點，走向核心素養和人的健康發展.

2.2 挖掘基本數學模型，利用圖形性質一題多解

對于第（2）問，由（1）知拋物線與y軸交點坐標為C（0，2），再由A（-1，0），B（4，0）的坐標特征，可知∠ACB=90°，又CO為斜邊AB上的高線，則三個直角三角形兩兩相似（“母子相似”模型，如圖3），且每個三角形長度和角度確定，三邊之比均為1∶2∶5.

解法1：如圖4，由直角性質知∠CBA=∠ACO，則∠CAQ=∠ACO+45°，再由外角性質得∠CAQ=∠ACO+∠AKC，于是∠AKC=45°，得等腰直角三角形KAO，所以K（0，-1），則直線QP：y=-x-1.聯立y=－x－1，y=－12x2+32x+2，得交點P（6，-7）.

解法2：如圖5，關注45°的特殊性，利用等腰直角三角形性質構造45°角.在OB上取點D，使得OD=OC，連接CD，則∠OCD=45°.因為∠CBA=∠ACO，所以∠CAQ=∠ACO+∠OCD=∠ACD.由內錯角相等，可知直線PQ∥CD，從而kPA=kCD=－1，則直線QP：y=-x-1，以下同解法1.

解法3：如圖6，由解法1易知∠BAP=45°，過點P作PN⊥AB于點N，得等腰直角三角形PAN，PN=AN，再由A（-1，0），得PN=ON+1.設ON=t（tgt;0），則PN=t+1，則P（t，-t-1）.由點P在拋物線上，代入函數解析式，得－t－1=－12t2+32t+2，解得t=6（負值舍去），故P（6，-7）.

以上3種解法利用“數形結合”思想，挖掘出一個隱含的直角三角形模型，再綜合運用“平行線”“外角”等性質，由點的坐標定義或利用方程組求出交點P的坐標，實現一題多解.

2.3 運用圖形性質推理，轉化思想助力一題多解

對于第（3）問，其常規思路是設Ht，－12t+2，

Pt，－12t2+32t+2，將直線BC：y=－12x+2，直線AP：y=－12（t－4）（x+1）聯立方程組，求得交點Ft5－t，5t－202t－10.再由兩點間距離公式表示PH，PF，FH的長，按照FP=FH，PF=PH，FH=PH三種情況進行分類討論，列方程求解.但這些方程均涉及含有參數t的分式運算和平方、四次方的運算，在有限的時間內，學生根本無法得出最終結果.

解法1：考慮方程思想，利用等腰三角形的性質“等邊對等角”，把邊的問題“轉化”為角的問題.設Pt，－12t2+32t+2（t＞0），Ht，－12t+2，則

PH=－12t2+2t.

①如圖7，若FP=FH，則∠P=∠α.由PH∥CO，可知∠α=∠OCB.因為∠OCB是定角，所以tan∠OCB=tan α=tan P=2，從而在Rt△PAD中，有ADPD=t+1－12t2+32t+2=2，解得t=3（負值舍去），故PH=32.

②如圖8，若HP=HF，則∠P=∠β，因為∠ACF=90°，∠PDA=90°，所以∠P和∠PAD互余，∠β與∠CAF互余，知AP為∠CAB的角平分線.由角平分線的性質，過點E作EM⊥AC于點M，則OE=EM.設OE=EM=x，在Rt△CME中，由勾股定理可得ME2+CM2=CE2，即x2+（5－1）2=（2－x）2，解得x=5－12，則可得tan∠PAD=OEOA=5－12.于是在Rt△PAD中，tan∠PAD=PDAD=－12t2+32t+2t+1=5－12，解得t=5－5（負值舍去），故PH=35－5.

③如圖8，若PF=PH，則∠α=∠β.由∠ACF=90°，∠PDA=90°，∠α和∠B互余，∠β與∠CAF互余，可得∠CAF=∠B=∠ACO，所以AE=CE.設AE=CE=x，在Rt△AOE中，由勾股定理得OA2+OE2=AE2，所以12+（2－x）2=x2，解得x=54，則OE=34，tan∠PAD=OEOA=34.在Rt△PAD中，由tan∠PAD=PDAD=－12t2+32t+2t+1=34，解得t=52（負值舍去），故PH=158.

解法2：關注到PH∥CO，由平行線的性質知△PFH∽△EFC，所以等腰三角形PFH可“轉化”為△EFC是等腰三角形，再利用等腰三角形性質“等邊對等角”嘗試進一步轉化.

①如圖9，若FP=PH，則EF=EC，∠1=∠2，由于

∠ACF=90°，則∠2，∠1分別與∠CAE和∠ACE互余，得∠CAE=∠ACE，AE=CE=EF，即E為Rt△ACF斜邊AF的中點.根據中點公式得xF=1，代入直線BC：y=－12x+2，可得F1，32，此時直線AF：y=34x+34，聯立y=34x+34，y=－12x2+32x+2，求出P52，218，則H52，34，所以PH=158.

②如圖9，若FP=FH，則EF=FC，∠3=∠1.由∠ACF=90°，∠AOC=90°，知∠1，∠3分別與∠ACO和∠PAO互余，則∠ACO=∠PAO=∠B，FA=FB，此時巧妙運用等腰三角形的對稱性，易得xF=32，同①得F32，54，直線AF：y=12x+12，與拋物線聯立，得P（3，2），則H3，12，PH=32.

③如圖10，若FH=PH，則CF=EC，∠2=∠3.由∠ACF=90°，∠AOC=90°，知∠2，∠3分別與∠CAE和∠EAO互余，所以∠CAE=∠EAO，AF為∠CAB的角平分線.過點F作FN⊥AB于點N，易知△AFC≌△AFN，可知AN=AC=5，所以xF=5－1，同①得F5－1，5－52，直線AF：y=5－12x+5－12，聯立拋物線方程，求出P5－5，75－112，則H5－5，5－12，PH=35－5.

解法2利用平行線的性質，把△PFH的問題轉化為△EFC的問題，但并不是最好的辦法，原因是△EFC也是一個隨著點P運動而動態變化的三角形，盡可能多地尋找到題目中的不變量才是解決動態問題的良好策略.

解法3：所以，如圖11，過點A作x軸的垂線與BC的延長線交于點D，利用PH∥AD來構造△PFH∽△AFD.由于xD=－1，代入直線BC：y=－12x+2，得D－1，52，DA=52是定值，即△AFD對比△EFC的優勢是線段DA的長度為定值.

①若FP=PH，則AF=AD，因為AC⊥DF，由等腰三角形三線合一性質知C為DF的中點.因為D－1，52，C（0，2），運用中點坐標公式直接求得F1，32，以下同解法2，得PH=158.

②若FH=PH，則DA=DF=52，于是BF=BD-DF=55－52.如圖12，過點F作FN⊥OB于點N，由FNBF=15，解得FN=5－52，ON=5－1，由點的坐標定義得F5－1，5－52，以下同解法2，得PH=35－5.

③若FP=FH，則FD=FA.因為∠DAB=90°，易證F為BD的中點，D－1，52，B（4，0），運用中點坐標公式得F32，54，以下同解法2，得PH=32.

事實上，因為點P在拋物線上，如果直接設點P的坐標，不利用幾何圖形性質進行轉化，運算會特別繁瑣.本小題不僅需要充分利用幾何圖形性質進行“轉化”，還需要把點P的坐標問題“轉化”為點F的坐標問題.充分運用幾何圖形的性質和轉化思想，解法3最直接快捷.所以，這類幾何與代數綜合問題，一定要充分利用幾何圖形的性質，再借助數學思想方法方可優化解題過程.

3 解題分析

3.1 積累基本模型，提高幾何直觀

初中幾何內容中，三角形、四邊形、全等三角形、相似三角形、軸對稱圖形、圓等知識中都存在一些基本圖形，當坐標系、函數圖象與幾何圖形疊合在一起，容易引起視覺上的混亂.在中考復習中，教師要引導學生注重淡化函數背景，準確提煉和歸納這些基本模型和它的變式，使得圖形性質應用一目了然，讓學生“眼中有圖，腦中有形，手中有法”.培養學生應用模型觀念，提高幾何直觀素養.例如第（2）問用到的數學模型就是直角三角形“母子相似”模型，第（3）問用到直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半模型、平行線中的“X”型相似模型等.

3.2 重視圖形性質，培養推理能力

對于單一的幾何題，學生往往會結合幾何圖形性質，深入推理，但在和函數結合的問題中，往往更關注函數，而忽略幾何圖形性質的運用.中考復習時，教師可著重引導學生加強圖形性質的邏輯推理，以優化思維，減輕運算負擔，提高推理能力.比如第（3）問，3種解法綜合運用了等腰三角形、直角三角形、平行線的性質，再推理應用角平分線、勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、相似三角形的性質等，越推理聯想，問題越簡單，解題步驟越優化.

3.3 注重數學思想，助力一題多解

一題多解可以發散思維，開闊思路，促進深度學習.在中考復習中，教師可以引導學生從不同角度切入，再提煉歸納解題的思想和方法，達到“解一題、學一法，通一類”的目的.比如第（2）問利用“轉化”思想，將條件∠CAQ=∠CBA+45°中的∠CBA“轉化”為∠ACO后，思路一下豁然開朗，三種解法，水到渠成.第（3）問，利用常規思路根本無法算出最后結果.結合圖形性質，將求解點P的問題“轉化”為點F的問題，再利用圖形性質，不斷轉化條件，綜合利用數形結合、分類討論、方程等數學思想，得到多種不同解法.

羅增儒教授指出，解題教學是解題活動的教學，我們要通過解一道題，去體會那種解無數道題的智慧.在解題研究過程中，作為教師，要多思多悟，提升自身的研究能力，還要引導學生反思總結解題的一般思路和基本方法，積累數學活動經驗，方能發展學生核心素養.