刘志凤

由中招命题人员巧妙设计、精心推敲而成的中招试题，以其精准、新颖的特点受到师生们的青睐，若能抓住一些典型题目，深入研究，多进行变式训练，将能使学生更深刻、更系统地掌握数学知识，培养学生运用数学思想方法分析问题、解决问题的能力.现举例探讨如下.

例题 （2006年德州市中考题）两个全等的含30°和60°角的三角板ADE和三角板ABC如图1所示放置，E，A，C三点在一条直线上，连接BD，取BD的中点M，连接ME，MC．试判断△EMC的形状，并说明理由．

解：△EMC的形状是等腰直角三角形．证明如下.

连接AM.由题意可得DE=AC，∠DAE+∠BAC=90°.

∴∠DAB=90°.

又∵DM=MB，所以MA= DB=DM，∠MAD=∠MAB=45°.

∴∠MDE=∠MAC=105°，∠DMA=90°.

∴△EDM≌△CAM.

∴∠DME=∠AMC，EM=MC.

又∠DME+∠EMA=90°，故∠EMA+∠AMC=90°.

∴CM⊥EM.所以△EMC的形状是等腰直角三角形.

变式1 在图1中，连接AM得到图2.已知ME，MC分别交AD，AB于P，Q，连接PQ.

（1） 判断线段AM与线段BD的位置关系，并说明理由.

（2） 判断△PMQ的形状，并说明理由.

（3） 点D，E，A，M是否在同一个圆上？点B，C，A，M呢？

评析： 完成一道题目后，多问几个为什么，多观察、多思考，其意义将远远超过做题本身.

变式2 在图2中，令△EMC绕点M旋转，则通过对图形运动变化过程的探究，可顺利解决下面两例中招题.

1. （2006年聊城市）如图3，在等腰Rt△ABC中，P是斜边BC的中点，以P为顶点的直角的两边分别与边AB，AC交于点E，F，连接EF．当∠EPF绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），△PEF也始终是等腰直角三角形，请你说明理由．

2. （2007年临沂市）如图4（1），已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转．

（1） 在图4（1）中，DE交AB于M，DF交BC于N．

① 证明DM=DN；

② 在这一旋转过程中，直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN.请说明四边形DMBN的面积是否发生变化.若发生变化，请说明是如何变化的；若不发生变化，求出其面积.

（2） 继续旋转至如图4（2）的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM=DN是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.

（3） 继续旋转至如图4（3）的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M，DM=DN是否仍然成立？请写出结论，不用证明．

变式3 在例题中，令三角板BAC绕点A沿顺时针方向旋转（为简单起见，令旋转角不大于90°），如图5.

（1） ∠EM′C′的大小与∠EMC相比是否发生了变化？若发生了变化，说明如何变；若没有变，说明理由.

（2） 以D，E，A，M′为顶点的四边形能否成为矩形？若能，请说出旋转角；若不能，请说明理由.

评析： 运用运动变化思想，是这几年中考命题的主轴，我们应注意平时的训练.

变式4 如图6，将图1中三角板AED和ACB分别沿AD，AB翻折至△ADE′，△ABC′，连接ME′，MC′，试判断△ME′C′的形状，并说明理由．

变式5 将例题中条件“两个含30°角的三角板”改为“两个全等的任意直角三角形纸片”，其他条件不变，如图7.不妨令∠DAE≤45°，则变式1中的结论是否仍然成立？

评析： 这种放宽条件将结论推广的问题，也是近几年中考命题的一个重要方向.

变式6 如图8（1），直线l过等腰Rt△DAB的直角顶点A，过D，Ｂ分别作DE⊥l于E，BC⊥l于C.

（1） 试判断△DEA和△BCA是否全等，并说明理由.

（2） 当直线l绕点A沿逆时针方向，由图8（1）旋转到如图8（2）所示位置时，（1）中结论是否成立？为什么？

（3） 在（2）中，连接CD，BE，则在旋转过程中，以B，C，D，E为顶点的四边形能成为等腰梯形吗？为什么？

（4） 试说明在（2）的旋转过程中，DE2+BC2的值为定值.

评析： 由这道题我们可以看出，有些题目看似相互无关，实际是图形按一定规则演变的结果.做题时能看透这一点，会快速准确地解答.

综上可以看出，从题目的条件、结论、背景等方面入手，对原题加以改造创新，既有利于激发学生学习数学的兴趣，又使学生在观察探究中，进一步明晰问题的来龙去脉，优化知识结构，达到事半功倍的学习效果.

变式训练提示或答案

变式1 （1） 由AM是Rt△DAB斜边上的中线，可知AM垂直平分线段BD.

（2） △PMQ为等腰直角三角形.证∠PMQ=90°及△DMP≌△AMQ，可得MP=MQ.

（3） 取AD的中点O，则易证OE=OD=OA=OM.同理点B，C，A，M也共圆.

变式2 1. 证明方法同变式1的第（2）小题.

2. （1） ① 连接DB．证△BMD≌△CND或△ADM≌△BDN，可得DM=DN．

② 四边形DMBN的面积不发生变化.由①知S△BMD =S△CND .

∴S四边形DMBN =S△DBN +S△DMB =S△DBN +S△DNC =S△DBC = S△ABC = .

（2） DM=DN仍然成立，证明略.

（3） DM=DN仍成立．

变式3 （1） 在旋转过程中，始终有∠EM′C′=90°.由变式1中第（3）小题知M′，A，E，D四点共圆，∠ADE=∠AM′E.同理M′，A，C′，B′四点共圆，∠AM′C′=∠AB′C′，所以∠EM′C′=∠AM′E+∠AM′C′=∠ADE+∠AB′C′=90°.

（2）能.当旋转角为30°，即∠DAB′=120°时，易得∠EAM′=90°.又因∠DEA=90°，∠AM′D=90°，所以四边形DEAM′为矩形.

变式4 △ME′C′为等腰直角三角形，证△ME′D≌△MC′A可得.

变式5 结论仍成立.

变式6 （1） 全等，理由略.

（2） 成立.

（3） 不能.因DE∥BC，若DE=BC，则四边形BCDE为平行四边形，不是等腰梯形；若DE≠BC，由DC= ，BE= ，可知DC≠BE.

（4） 在旋转过程中，有DE2+BC2=DE2+AE2=AD2，由AD为定值，可知DE2+BC2为定值.

注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文。”