胡厚伟

[摘  要] 对一道中考试题的来源、结构、解法三个方面进行特色解读. 基于基本图形，从不同视角探索其解法的多样性，挖掘试题蕴含的价值及教学导向，在几何教学中发展几何直观与空间观念.

[关键词] 基本图形;解法赏析;几何直观;空间观念

题目呈现

（2021年广东第23题）如图1，边长为1的正方形ABCD中，点E为AD的中点.连接BE，将△ABE沿BE折叠得到△FBE，BF交AC于点G，求CG的长.

特色解读

1. 源于教材，巧妙改编，考查对基础知识的理解

在新课程标准的引领下，很多中考试题都呈现出教材例题、习题的影子. 命题者回归教材寻找题源，进行深度加工、拓展变式与整合创新编制而成中考题，已经成为很多中考命题者的选择. 本题以人教版教材八年级上册第52页的“第7题”作为命题素材，结合折叠、相似等知识巧妙改编、整合而成：如图2，∠B=∠C=90°，E是BC的中点，DE平分∠ADC. 求证：AE是∠DAB的平分线.

从知识层面上看，该题考查图形的性质、图形的变化两个方面，综合考查正方形、折叠、角平分线、平行线的相关性质. 掌握所学知识之间的关联，进一步理解相关知识，考查学生应用知识的能力，结合图形变换，考查学生对知识的综合运用能力及推理能力.

2. 结构简单，问题明确，考查对基本图形的识别

作为一道几何综合题，结构简单，问题明确，考查内容却十分丰富. 题中包含了许多常见的平面几何中的基本图形，比如“平行线与角平分线（折叠问题隐含角平分线）构造等腰三角形”的基本图形;巧妙地添加辅助线则构成“A型”“8型”的相似三角形;还可构成常见的“一线三垂直”的基本图形. 学生对这些基本图形的深入识别和迁移应用，是顺利解决此问题的关键所在.

3. 解法多样，凸显素养，考查对思想方法的运用

此题以学生熟悉的正方形知识为背景，以折叠问题为载体，考查学生在轴对称变换背景下的推理探究能力和解决问题的能力. 不仅突出对数学基本思想方法的考查，还强化对学生综合素养的考查. 在求解过程中，将等量线段转化到相应的三角形中，再通过直接或间接地设未知数，由勾股定理或相似比建立方程或方程组，从而求出线段的长度，体现了数学思想方法中的转化思想与方程思想.

解法欣赏

1. 视角1：根据角平分线性质定理构造全等，利用勾股定理、相似建立方程求解

解法1  如图3，延长BF交CD于点H，连接EH. 易证△EDH≌△EFH，得到DH=HF. 设CH=x，则DH=FH=1-x. 在Rt△BCH中，12+x2=（2-x）2，解得x=. 因为AB∥CH，AC=，所以△HCG∽△BAG，可得比例式=，所以CG=.

点评  解法1的本质是将原图中缺少的部分补全，构造出角平分线性质定理的基本图形. 同时，考查对“角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上”性质定理的运用，对学生的识图能力要求较高. 仔细观察发现，可从图1 中分离出其他丰富的基本图形，比如两条平行线的同旁内角的角平分线互相垂直，射影定理等所呈现的基本图形（如图4所示），从而可以衍生出一些新的解法和结论. 如求CH的长度时，易证∠BEH=90°，由射影定理EF 2=HF·BF，可得DH=HF=，故CH=1-DH=. 再利用相似求出線段CG的长度，此解法过程略.

2. 视角2：图外补全三角形，恰构“A”“8”双相似

解法2  如图5，延长AD，BF交于点H. 易证△EFH∽△BAH，可得==. 设HF=x，HE=y，则有==，解得x=，y=;故AH=AE+HE=. 因为BC∥AH，所以△BCG∽△HAG，可得比例式==，求得CG=.

解法3  如图5，延长AD，BF交于点H，设HF=x，HE=y. 由翻折可知，BE平分∠ABH，根据角平分线性质定理，可得=，故x=2y-1. 因为tan∠H==，所以y=. 又因为BC∥AH，所以=，故CG=.

点评  上面两种解法的构图，不仅恰好构成“A”“8”型双相似三角形，还非常神奇地出现了角平分线性质定理（三角形一个角的平分线分对边所成的两条线段与这个角的两邻边对应成比例）的基本图形，即如图6所示，因为BE为△ABH的角平分线，所以=. 实乃一次非常巧妙的构图.

3. 视角3：已知直角→构造“一线三垂直”，结合相似列方程求解

解法4  如图7，过点F作FH⊥AD于点H，反向延长FH交BC于点K，则HK⊥BC.

易证△EHF∽△FKB，所以===. 设EH=x，则FK=2x. 所以HF=1-2x，BK=2-4x.

因为BK=AH，所以2-4x=x+，解得x=，求得BK=，FK=，PK=CK=. 所以FP=，CP=. 又因为FP∥AB，所以△FGP∽△BGA，可得==. 于是有PG=，所以CG=.

4. 视角4：已知角平分线→添加平行线→构造等腰三角形，结合相似、勾股定理解决问题

解法5  如图8，过点G作QK∥AB，分别交BC，AD于点K，H，交BE的延长线于点Q.

易证∠ABE=∠HQE，所以tan∠ABE=tan∠HQE，即==.

设HE=x，则QH=2x，HG=HA=+x，BG=QG=+3x. 则GK=-x，BK=HA=+x. 显然∠BKG=90°，在Rt△BKG中，由勾股定理得x=，所以GK=. 所以CG=GK=.

解法6  如图9，延长BF交CD于点H，再延长BE，CD交于点Q.

显然QH=BH，QD=BF，所以DH=HF. 设DH=HF=x，则CH=1-x，BH=1+x. 在Rt△BCH中，12+（1-x）2=（1+x）2，解得x=. 因为CH∥AB，所以△CGH∽△AGB，可得==. 所以CG=.

解法7  如图10，过点E作EH∥FB，EH交AB于点H，过G作GQ⊥AB于点Q. 易证EH =BH，AQ =QG.

设AH=x，BH=EH=1-x. 在Rt△HAE中，x2+

2=（1-x）2，解得x=.

易证∠AHE=∠ABG，所以==，即=，可得AQ=. 所以AG=，易求得CG=AC-AG=.

解法8  如图11，延长AB至点H，使得BH=BG，连接HG，过G作GQ⊥AB于点Q ，显然有BE∥HG，所以∠QHG=∠ABE. 所以tan∠H =tan∠ABE，即==. 设GQ=AQ=m，则QH=2m，BQ=1-m. 所以BH=BG=3m-1. 在Rt△GQB中，m2+（1-m）2=（3m-1）2，解得m=. 所以AG=GQ=. 故有CG=AC-AG=-=.

点评  解法5、6、7、8的构图源于基本图形（如图12），而此基本图形源于人教版八年级上册第78页例2. 例题内容为“求证：如果三角形一个外角的平分线平行于三角形一边，那么这个三角形是等腰三角形”. 从图10、图11中分别分解出图13（1）和图13（2）两个基本图形，细细研究发现，这恰是常见二倍角与半角的处理方法，即“外做双等腰，内做双等腰”.

5. 视角5：利用三角形面积法求解

解法9  如图14，延长BF交CD于点H，连接EH，过点G作GN⊥BC于点Q，GM⊥CD于点M.

由解法1可知CH=，显然易证MG=NG，由面积关系可知S + S = S，即·CH·MG+·BC·NG=·BC·CH. 所以×MG+×1·NG=×1×，解得NG=.

所以CG=.

6. 视角6：从高观点立意下去解决几何问题

解法10  如图15，以点A为原点，AB所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，延长BF交CD于点H，连接EH. 显然A，B，C三点坐标分别为（0，0），（1，0），（1，1）. 由解法1可知DH=，即点H的坐标为

，1. 可求出AC，BH的函数解析式分别为y=x，y=-x+. 联立两个函数解析式，可求出点G的坐标为

，

，所以CG=.

解法11  如图16，过点G作GH⊥BC，垂足为H. 设∠ABE=∠FBE=α，则∠ABF=2α，∠CBG=90°-2α. 因为tanα=，所以tan2α==. 所以tan（90°-2α）=，即=.易求得GH=CH=，所以CG=GH=.

教学思考

1. 挖掘教材例、习题功能，发挥其潜在的作用与价值

教材中的例题、习题是经过专家们精心打磨、层层挑选和反复斟酌而定下的题目，不仅蕴含着丰富的数学思想方法、解题技巧，还具有典型性、示范性和针对性. 同时，它们还有着巩固基础知识、训练基本技能、启迪数学思维的价值. 例题、习题教学时，不能只是为了解题而解题，要引导学生从不同角度进行剖析，培养学生一题多解、多解归一、多反思多总结的习惯. 教师应探寻不同例题、习题所涉及知识的关联性和整体性，站在整个学段的数学体系中进行有效的改编与整合，发挥出它们应有的价值.

2. 关注基本图形的运用，发展几何直观与空间观念

所谓基本图形，是指教材中的概念、公理和定理所对应的图形. 可将基本图形分为两大类：第一类是点、线、角、平行线，三角形、四边形、多边形、圆等基本图形;第二类是由两个或两个以上第一类图形复合而成的基本图形[1]. 在解法1中，当延长BF交CD于点H，连接EH之后，就很容易发现图4中的两种基本图形——“平行线中的M型”“射影图”，仔细观察还有“8型”相似三角形，于是解法自然生成.

几何教学中，类似于文中解法中分解或构造出的图4、图6、图12、图13的基本图形有很多，比如“手拉手型”“A型”等基本图形，引导学生熟练掌握这些基本图形的性质或结论，從已知图形中分解或构造出解题所需的基本图形，再运用基本图形建立已知条件与所求结论之间的关系，达到解决问题的目的. 运用此法可有效提升学生分析问题和解决问题的能力，发展学生几何直观和空间观念.

参考文献：

[1]傅佑珊. 平面几何基本图形的方法与教学实践[J]. 北京教育学院学报， 1997（02）：71-74.