構造基本圖形 滲透轉化思想

摘"要：以矩形為背景的幾何問題是歷年中考的熱點，備受命題專家的青睞.構造基本圖形是解決這類問題的有效手段，轉化思想是解決這類問題的基本思想方法.基于此，本文對2024年山東省濟南市中考數學第15題的解法進行探究，以此培養學生運用基本圖形的性質分析問題和解決問題的能力，提升學生的數學思維能力、邏輯推理能力和問題解決能力．

關鍵詞：構造；基本圖形；轉化思想；溯源；解法

在初中數學中，等腰三角形、直角三角形、平行四邊形等是最基本的幾何圖形，而全等三角形、相似三角形是初中階段幾何圖形之間最基本的幾何關系，它們的性質是求解幾何問題的有效工具.轉化思想是解決幾何問題最基本的數學思想方法.在解決幾何問題時，需根據圖形結構特征，構造基本圖形，并利用轉化思想使已知條件和所求結論之間的位置關系或數量關系外顯化，從而為問題解決創造條件.基于此，筆者從試題分析、溯源、解法探究等方面對2024年山東省濟南市中考數學第15題進行深入研究，供讀者參考．

1"試題呈現

如圖1所示，在矩形紙片ABCD中，AB=2，AD=2，E為

邊AD的中點，點F在邊CD上，連接EF，將△DEF沿EF翻折，點D的對應點為D′，連接BD′，若BD′=2，則DF=""""．

2"試題分析

如圖1所示，從圖形結構特征來看，四邊形ABCD是

矩形，△DEF是直角三角形.由折疊的性質易知，△DEF≌△D′EF.從已知條件來看，因為四邊形ABCD是矩形，所以BC=AD=2，CD=AB=2.因為點E為邊AD的中點，所以AE=DE=1.由折疊的性質易知，D′E=DE=1，D′F=DF，∠ED′F=∠EDF=90°，∠D′EF=∠DEF，即EF平分∠DED′.根據圖形結構特征，連接BE，如圖2所示.在Rt△ABE中，由勾股定理可得BE=AB²+AE²=3.在△BD′E中，易知D′E²+BE²=D′B²，所以△BD′E是直角三角形，∠BED′=90°.又因為∠ED′F=90°，所以BE∥D′F.由此可以看出，本題主要考查矩形的性質、直角三角形的性質、勾股定理及其逆定理等知識點.從所求結論來看，所求線段DF是Rt△DEF的直角邊，此三角形中只有一條直角邊DE的長度已知，無法利用勾股定理直接求得線段DF的長度，故本題中已知條件與所求結論之間的邏輯關系較為隱蔽，求解本題需構造基本圖形，利用轉化思想使隱蔽的關系外顯化.由此可以看出，本題涉及的知識點較多，綜合性較強，是一道以矩形和直角三角形為基本圖形的壓軸題，具有一定的選拔性，對學生而言有一定的難度．

3"追根溯源

從以上分析可以看出，本題雖然具有一定的綜合性，但圖形的關鍵部分來源于北師大版《義務教育教科書數學八年級下冊》第31頁例3．

如圖3所示，在△ABC中，AC=BC，∠C=90°，AD是△ABC的角平分線，DE⊥AB，垂足為E．

（1）已知CD=4 cm，求AC的長.

（2）求證：AB=AC+CD．

圖3中的△ADE可以看作是由△ACD沿直線AD翻折得到的.由圖3可以得到圖2，具體步驟：首先，去掉限制條件“AC=BC”，令AC=1，即△ABC是一條直角邊長為1的直角三角形；然后，延長EA到點F，使AF=AE，則EF=2，作線段FG⊥EF，且FG=2，過點G作DE的垂線，交ED的延長線于點H，連接CG，且CG=2，如圖4所示；最后，隱去多余線段，重新標注字母即可得到圖1.由此可以看出，本題就是此中考試題的題源，對試題的解決具有一定的導向作用．

4"解法探究

為簡化解題過程，在問題解決過程中直接利用試題分析中所得結論，不再另行證明．

解法1：如圖5所示，連接BE，延長D′F，交AD的延長線于點M，延長FD′，交BC于點N.易知四邊形BNME是平行四邊形，所以EM=BN，所以BN=DE+DM=1+DM，CN=BC-BN=1-DM.由△DMF∽△CNF，得DMCN=DFCF.令DF=x，則D′F=x，從而DM1-DM=x2-x，所以DM=22x.在Rt△DMF中，由勾股定理可得FM=DM²+DF²=62x.由此可知D′M=D′F+FM=x+62x.在Rt△ED′M中，由勾股定理可得D′E²+D′M²=EM²，即1²+x+62x²=1+22x²，解得x=3-2，即DF=3-2．

點評：受教材例題的啟發，這種解法通過構造Rt△ED′M實現已知條件與所求結論之間的邏輯關系外顯化，△DEF可以看作是由△D′EF沿直線EF翻折得到的，從而為問題解決創造有利條件.這種解法主要用到了相似三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、勾股定理及其逆定理、圖形的軸對稱變換等知識，這是初中數學教材中最基礎、最核心的知識，是解決幾何問題的基本工具.解決本題的關鍵是將已知條件和所求結論轉化到Rt△ED′M中，然后利用勾股定理列方程解決問題.由此可以看出，轉化思想是解決幾何問題的基本思想．

解法2：如圖6所示，連接BE，延長ED′，交CD于點G.易知△ABE∽△DEG，所以BEEG=ABDE=AEDG，即3EG=21=1DG，所以EG=62，DG=22，所以D′G=62-1.令DF=x，則D′F=x，FG=22-x.在Rt△D′FG中，由勾股定理可得D′F²+D′G²=FG²，即x²+62-1²=22-x²，解得x=3-2，即DF=3-2．

點評：這種解法通過構造△DEG得到了一組“直L型”相似三角形，由此打通了已知條件通向所求結論的解題路徑.顯然，這種解法也是受教材例題的啟發而得到的，△D′EF可以看作是由△DEF沿直線EF翻折得到的.由求解過程可以看出，這種解法的關鍵是先求得線段EG的長，然后利用勾股定理即可解決問題．

其實，根據圖形結構特征，求解線段EG長度的方法不唯一.如圖7所示，連接BE，AC.延長ED′，交CD于點G.易知AC⊥BE，所以EG∥AC，EG是△ACD的中位線，所以EG=12AC=62，在Rt△D′FG中利用勾股定理即可得到線段DF的長．

除此之外，本題還可以通過延長GE與BA構造相似三角形解決問題，其求解過程與解法2類似，此處從略，不再贅述．

解法3：如圖8所示，連接BE，過點D′作D′G⊥AD，垂足為G，D′G交EF于點I.易知△ABE∽△GED′，所以BED′E=ABEG=AED′G，即31=2EG=1D′G，所以EG=63，D′G=33.易知∠D′IF=∠D′FI，所以D′I=D′F.令DF=x，則D′F=x，D′I=x，GI=D′G-D′I=33-x.易知△EGI∽△EDF，所以EGDE=GIDF，即63x=33-x，解得x=3-2，即DF=3-2．

點評：這種解法通過構造△GED′得到了一組“直L型”相似三角形和一組“A型”相似三角形，然后利用相似三角形的性質解決問題.與解法1和解法2相比，這種解法計算量小，所列方程為一元一次方程，求解過程簡捷明了．

解法4：如圖9所示，連接BE，延長ED′，交CD于點M，交BC的延長線于點N.易知△BEN∽△EAB，所以BNBE=BEAE，易得BN=3，

所以CN=DE=1.易知△CMN≌△DME，所以DM=CM=22.易得D′M=62-1.令DF=x，則D′F=x，FM=22-x.在Rt△D′FM中，由勾股定理可得D′F²+D′M²=FM²，即x²+62-1²=22-x²，解得x=3-2，即DF=3-2．

點評：這種解法通過構造△BEN得到了一組相似三角形，從而求得了一些關鍵線段的長，為問題解決創造了有利條件.通過證明△CMN≌△DME，將得到的有關結論轉化到了一個直角三角形中，然后利用勾股定理解決問題．

解法5：如圖10所示，連接BE，并延長交CD的延長線于點G.令∠DEF=α，則∠D′EF=α，∠EFG=90°-α，∠GED=∠AEB=90°-2α，所以∠GEF=∠GED+∠DEF=90°-α，所以∠GEF=∠GFE，所以EG=FG.易知△DEG≌△AEB，所以EG=FG=BE=3，DG=AB=2，所以DF=3-2．

點評：這種解法僅用到了矩形的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的性質，成功將已知條件和所求結論轉化到了等腰△FEG中.與其他解法相比，這種解法求解過程簡捷明了，計算量非常小，僅涉及勾股定理，是一種“多思少算”型的求解方法．

其實，根據圖形結構特征，構造等腰三角形的方法不唯一.如圖11所示，連接BE，延長FE，交BA的延長線于點G.易知△BEG是等腰三角形，BG=BE=3，所以AG=BG-AB=3-2.易知△AEG≌△DEF，所以DF=AG=3-2．

由以上解法可以看出，基本圖形的性質在問題解決過程中發揮著重要作用，利用基本圖形的性質可以實現問題的有效轉化，在不斷轉化過程中使問題獲得解決．

5"結語

基本圖形的性質是解決幾何問題的基本工具，轉化思想是解決幾何問題的基本思想方法.轉化思想是指將一個陌生的或復雜的數學問題，通過對已知條件或所求結論進行適當變換，使其轉化為較為熟悉的問題、方法或

模型，從而使問題獲得解決的一種數學思想方法.解決問題的過程就是不斷轉化的過程，在不斷轉化過程中使問題解決思路更加明晰，為最終解決問題奠定基礎.在初中數學教學中，教師要根據教學內容有意識地滲透轉化思想，使學生熟練掌握轉化方法，使其在解決問題的過程中能夠利用轉化思想實現“化未知為已知、化難為易、化繁為簡”，不斷提高學生的數學思維能力、邏輯推理能力和問題解決能力，提升學生的數學素養．