一道中考壓軸選擇題的解法探究與教學反思

[中圖分類號] G633.6 [文獻標識碼] A [文章編號] 1674-6058（2025）17-0026-04

《義務教育數學課程標準（2022年版）》指出，幾何直觀和模型觀念是初中階段數學學科核心素養的兩個重要維度.這要求學生能根據幾何圖形及其組成元素的特征進行分類，再根據“形”與“數\"的聯系構建數學問題的直觀模型，借助幾何直觀解決問題[1].

幾何壓軸題是中考數學的難點之一，學生常因不能建立已知條件與待證結論的關聯，且無法合理建構輔助線而無從下手.幾何直觀和模型觀念是解答此類壓軸題的有力抓手.基于此，本文以一道中考壓軸選擇題為例，深入探究數學問題中典型的“一線三等角\"模型，以發展學生的模型觀念、幾何直觀等核心素養.

一、原題再現

[題目]如圖1所示，在矩形紙片 ABCD 中，點 E，F 分別在矩形的邊 AB，AD 上，將矩形紙片沿 CE，CF 折疊，點 B 落在H 處，點 D 落在 G 處，點 C，H，G 恰好在同一直線上.若 AB=6，AD=4，BE=2 ，則DF 的長是（ ）[2].

圖1

A.2

[試題分析]本題綜合考查翻折變換、矩形的性質與判定、全等三角形的性質與判定、相似三角形的性質與判定、勾股定理及解直角三角形等知識，滲透的數學思想包括數形結合思想、方程思想、轉化思想等.學生需找到圖中的 45^° 角，并充分利用它構造全等三角形或相似三角形.本題可運用多種數學模型求解，如\"一線三直角\"全等模型、“一線三等角”相似模型、半角模型等.據此，我們可獲得以下多種解法.

二、解法探究

思路1：特殊角構弦圖，形成一線三直角全等

解法1：如圖2所示，過點E作 CF 的垂線 Δ_EO ，垂足為點 o 過點 o 作 AB 的垂線，交 AB 于點 N 交 CD 于點 P. 在Rt△CBE中，已知 BC=4，BE=2 ，根據勾股定理得 因為矩形紙片沿 CE，CF 折疊，點 B 對應點 H ，點 D 對應點 G ，且點 C，H，G 在同一直線上，根據軸對稱性質，有∠BCE=∠ECH ， ∠DCF=∠GCF. 又因為四邊形ABCD 是矩形，所以 ∠BCD=90^° ，則 ∠ECF=45^° 所以 ΔcEO 是等腰直角三角形，即 CO=OE. 由勾股定理得 根據同角的余角相等，可得 ∠COP=∠OEN ，根據角角邊（AAS）定理可得 ΔCPO?ΔONE ，所以 PO=EN. 設 PO= EN=x ，由圖可知 OP2= ON²+EN² ，即 ，解得 x=1 （舍去 x=3 ），所以 PC=ON=3. 因為 PO//DF ，所以ΔCPO～ΔCDF ，有 PO：DF=CP：CD ，即 3：6，解得 DF=2. 故選A.

圖2

評析：由于 ∠ECF=45^° ，可通過作垂線構造等腰直角三角形.解法1是過點 E 作對邊 CF 的垂線來構造等腰直角三角形，實際上，過點 E 作 CE 的垂線，同樣能構造等腰直角三角形.基于此，得到解法2.

解法2：如圖3所示，過點 E 作 CE 的垂線 Δ_EO ，交 CF 的延長線于點 o ，過點 o 作BA 的垂線 ON ，垂足為點 N.

圖3

因為將 CB 折疊后得到 CH ，將 CD 折疊后得到 CG 且 C，H，G 三點共線，所以 ∠BCE=∠ECH，∠DCF= ∠GCF ，因為四邊形ABCD是矩形， ∠BCD=90^° ，所以 ∠ECF=45^° .在 ΔcEO 中， ∠CEO=90^° ∠EOC= 45^° ，所以 ΔcEO 是等腰直角三角形，即 CE=OE 由同角的余角相等可得， ∠CEB=∠EON. 又因為∠EBC=∠ONE=90^°，CE=OE ，根據角角邊（AAS）定理，可得 ΔCBE?ΔENO ，所以 NE=BC=4 ON=BE=2. 那么 NB=BE+EN=2+4=6 ，因為 AB=6 ，所以 BA=BN ，所以點 N 與點 A 重合，進而點 o 與點 F 重合，所以 AF=2 ，則 DF=4-2=2 故選A.

評析：對比上述兩種解法，顯然解法2更簡便.其原因在于，當存在 45^° 角時可構造等腰直角三角形，而利用等腰直角三角形可構建弦圖及全等三角形.在解法2中， RtΔBCE 的兩條直角邊長度已知，這大大降低了解題難度.由此可見，作垂線時，可優先考慮作直角三角形斜邊的垂線.實際上，點 F 是45^° 角一邊上的點，因此也可以過點 F 作垂線，由此衍生出解法3和解法4.

解法3：如圖4所示，過點F 作 CF 的垂線 FO 交 CE 的延長線于點 o ，過點 o 作 DA 延長線的垂線 交 DA 的延長線于點 N ，過點 o 作 AB 的垂線0Q交 AB 于點 Q. 因為將 CB 折疊后得到 CH ，將 CD 折疊后得到 CG ，且點 C，H，G 在同一條線上，所以 ∠BCE=∠ECH，∠DCF=∠GCF. 又因為四邊形ABCD是矩形，所以 ∠BCD=90^° ，則 ∠ECF= 45^° .在 ΔcFO 中， ∠CFO=90^° ， ∠FCO=45^° ，所以ΔcFO 是等腰直角三角形，即 CF=OF. 由同角的余角相等可得， ∠CFD=∠FON ，且 ∠CDF=∠FNO= 90^° ， CF=OF ，根據角角邊（AAS）定理，可得ΔCDF?ΔFNO ，所以 FN=CD ， ON=DF 已知CD=AB=6 ，所以 FN=CD=6 ，設 ON=DF=x ，所以 DN=DF+FN=x+6. 因為 AD=4 ，所以AN=DN-AD=2+x ，根據有三個角都是直角的四邊形是矩形，可得四邊形ANOQ是矩形，所以OQ=AN=2+x，QA=ON=x ，因為 BE=2，AB= 6，所以 EQ=AB-BE-AQ=6-2-x=4-x ，又因為 BC//OQ ，所以 ΔCBE～ΔOQE ，所以 BC ：

圖4

，即 4：（2+x）=2：（4-x） ，解得 x=2 所以 DF=2. 故選A.

解法4：與解法2類似，過點 F 作 CE 的垂線 FO ，交 CE 的延長線于點 o ，如圖5所示，不難發現，將會發生與解法2相同的情形，具體解法參看解法2.

圖5

評析：上述四種解法均先利用 45^° 這一特殊角度構造等腰直角三角形，再利用全等三角形的判定與性質打開解題突破口，這些解法只有難易的差別，思路大同小異．

思路2：特殊角造等角，形成“一線三等角”相似

解法5：如圖6所示，延長 BA，CF 交于點 N ，延長 AB 到點M，使 BM=BC ，連接 MC ，所以 ΔBCM 是等腰直角三角形，則 ∠BMC=∠BCM=45^° ;因為將CB 折疊后得到 CH ，將 cD 折疊后得到 CG ，且點C，H，G 三點共線，所以 ∠BCE=∠ECH ， ∠DCF= ∠GCF. 又因為四邊形ABCD是矩形，所以 ∠BCD=90^° F那么 ∠ECF=45^° ，故 ∠BMC=∠ECF=45^° .因為 ∠N 是 ΔNCE 和 ΔNM（ C的公共角，所以 ΔNCECO ΔNMC ，可得 CE：MC=CN：MN. 設 BN=x ，則 MN= BN+BM=x+4 在 RtΔBCN 中，由勾股定理可得 ；在 RtΔCBE 中，由勾股定理可得 ；在 RtΔBCM 中，由勾股定理可得 ，因為 即 4），解得 x=12 或 ，因為 BNgt;AB 即， xgt;6 ，所以x=12 因為 AB=6 ，所以 AN=6 ；因為 CD//AN CD=AN=6 ，根據角角邊（AAS）定理可得 ΔCDF? ΔNAF ，所以 DF=AF=2. 故選A.

圖6

評析：本題構造的相似三角形為“母子型”，由于圖形中存在 45^° 角，因此可重新構造等腰直角三角形，進而形成“母子型”相似，鑒于相似三角形可左右構造，自然也能上下構造，由此得出解法6.

解法6：如圖7所示，延長 BA，CF 交于點 N 延長 BC 到點 Q ，使 BQ=BN ，延長 CB 到點 M ，使 BM= BE ，連接 NQ，EM. 設 BN=BQ=x ，在 RtΔBNQ 中，由勾股定理得 因為 BM=BE=2 ，在RtΔBEM 中，由勾股定理得 .因為ΔBNQ 與 ΔBEM 都是等腰直角三角形，所以 ∠M= ∠Q=45^° .因為將 CB 折疊后得到 CH ，將 CD 折疊后得到 CG ，且 C，H，G 三點共線，所以 ∠BCE=∠ECH ∠DCF=∠GCF. 又因為四邊形ABCD是矩形，所以∠BCD=90^° ，則 ∠ECF=45^° ，所以 ∠QCN+∠MCE= 135^° ，又因為 ∠QCN+∠QNC=135^° ，所以 ∠MCE= ∠QNC，所以 ΔMCE～ΔQNC ，所以 CM：NQ= ME：CQ ，即 ，解得 x=12. 因為 AB=6 ，所以 AN=6 ，又因為 CD//AN，CD=AN=6 根據角角邊（AAS）定理得 ΔCDF?ΔNAF ，所以DF=AF=2. 故選A.

圖7

評析：本解法于直線 BC 上構造出三個同側的 45^° 等角，形成“一線三等角”模型.此模型既可在圖 形左側構造，也可在圖形右側構造，具體見下面解法.

解法7：如圖8所示，延長 CF，BA 交于點M ，延長 AB 到點 o ，使BO=BC ，連接 OC ，過點 M 作OM的垂線交OC的延長線于點 N. 因為四邊形ABCD是矩形，所以 ∠CBO=90^° ，

圖8

又因為 BO=BC ，所以 ΔBCO 是等腰直角三角形，因為 BC//MN ，所以 ΔOMN 也是等腰直角三角形，則 ∠O=∠N=45^° .因為將 CB 折疊后得到 CH ，將CD 折疊后得到 CG ，且 C，H，G 三點共線，所以∠BCE=∠ECH ， ∠DCF=∠GCF 又因為四邊形ABCD 是矩形，所以 ∠BCD=90^° ，則 ∠ECF=45^° ，所以 ∠NCM+∠OCE=135^° ，因為 ∠NCM+∠NMC= 135^° ，所以 ∠OCE=∠NMC ，所以 ΔOCE～ΔNMC ，則 OC：MN=OE：CN. 設 OM=MN=x ，在 RtΔOMN 中，由勾股定理得 ；在 RtΔOCB 中，由勾股定理得 因為 BE=2 ，所以 OE=OB+ BE=6 ， ；因為 所以 ，解得 x=16 ，所以AM=OM-OB-AB=6 ；因為 CD//AM CD=AM=

6，根據角角邊（AAS）定理，得 ΔCDF?ΔMAF. 所 以 DF=AF=2. 故選A.

解法8：如圖9所示，延長CF，BA 交于點M，過點 M 作 CD 的

圖9

垂線，交 CD 的延長線于點 N ，延長 DN 到點 o ，使NO=MN ，過點 E 作 EZ⊥CD 于點 Z ，延長 DC 到點P ，使 ZP=ZE. 因為四邊形ABCD是矩形，所以四個角都是直角，由三個角都是直角的四邊形是矩形，得四邊形CBEZ是矩形，所以 ∠E=CB=4，PZ= ZE=4 ， PC=PZ-CZ=2 同理，四邊形ADNM也是矩形，所以 MN=AD=4，NO=MN=4，PE= 因為 ΔPZE 與 ΔMNO 都是等腰直角三角形，所以 ∠O=∠P=45^° .又因為將 CB 折疊后得到 CH ，將 CD 折疊后得到 CG ，且 C，H，G 三點共線，所以 ∠BCE=∠ECH，∠DCF=∠GCF. 因為四邊形ABCD 是矩形，所以 ∠BCD=90^° ，所以 ∠ECF=45^° 所以 ∠PCE+∠OCM=135^° 因為 ∠PCE+∠CEP= 135^° ，所以 ∠OCM=∠CEP ，所以 ΔPCE～ΔOMC 所以 PC：MO=PE：CO. 設 BM=CN=x ，所以 ，解得 x=12 ，所以 BM=12，AM=BM- AB=6 ；因為 CD//AM ， CD=AM=6 ，根據角角邊（AAS）定理得 ΔCDF?ΔMAF， 所以 DF=AF=2 故選A.

評析：通過思路2的四種解法可知，過點 c 作一條直線，均能構造“一線三等角”相似模型.因為45^° 特殊角的頂點為點 C ，所以遇到特殊角問題時，可嘗試過特殊角的頂點作直線，以構造“一線三等角”相似模型.

三、教學反思

（一）培養學生審題能力

審題是解題的先決條件.解答壓軸題時，學生需深挖題干與圖形中的關鍵信息并實現有效轉化.因此，教學中教師要給學生留足審題時間，讓他們明確已知條件與所求結論、解題目標.當學生思維受阻時，反復研讀條件，厘清問題條件與結論間的邏輯關系.讓學生在親身感悟數學知識轉化的過程中，體驗運用數學知識形成解題方法的歷程，做到知其然，也知其所以然．

（二）發展學生模型觀念

幾何壓軸題的圖形多由基本圖形組合而成，這些基本圖形既具有代表性，又具有遷移性和延伸性.教師要分析基本圖形的結構，引導學生學會讀圖、識圖和構圖.這既能幫助學生基于圖形展開豐富聯想，主動構建模型，使輔助線的添加更具目的性，又能促使學生理解模型的關鍵條件，深刻感悟試題背后的數學思想，將復雜問題簡單化.

例如在上述問題中，教師應指導學生邊讀題邊在圖上標注相應數據或符號，思考根據這些條件能得出的結論，并分析連接不同條件的關鍵信息.對于學生不同的思考方向，教師要引導其反思、對比或優化，進而讓學生在運用“一線三等角”相似模型、“一線三直角\"全等模型等解決問題的過程中，培養模型觀念，拓展數學思維.

（三）提升學生幾何直觀素養

幾何直觀素養是數學能力的重要組成部分，也是數學思維能力在解決數學問題中的重要體現.借助幾何直觀，可簡化復雜數學問題，助力探索新思路、新方法，幫助學生從本質上理解和認識數學問題[3]

幾何壓軸題常考查學生的幾何直觀素養，教師應積極挖掘題目中的圖形表征，引導學生思考圖形的特殊性.例如在本題中，教師可引導學生思考：圖形中的 45^° 角如何利用？作垂線后形成了什么模型？找到幾何模型后如何運用其展開計算？找到一種解法后，是否還有其他方法？讓學生在不斷積累與嘗試中，實現幾何直觀與代數推理的完美統一，進而提升幾何直觀素養.

[參考文獻]

[1」丁明亮.如何培養學生的函數幾何直觀能力：以“二次函數的圖象與性質”為例[J].新課程，2023（24）：40-42.

[2」陳大帥.逐層剖析理結構洞察內涵尋本真：一道中考試題的解題教學引發的思考[J].初中數學教與學，2023（7）：15-18.

[3]陳亮.幾何直觀視域下的試題研究：以2021年全國新高考I卷導數壓軸題的探究為例[J].中學數學月刊，2022（2）：74-76

（責任編輯 黃春香）