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正方形中“半角模型”热点试题赏析与思考
——从2021无锡中考试题第28题谈起

2022-02-28江苏省无锡市港下中学邮编214199

中学数学教学 2022年1期
关键词:字型平分考试题

江苏省无锡市港下中学 程 军 (邮编:214199)

1 真题回放

(2021无锡中考压轴题第28题)已知四边形ABCD是边长为1的正方形,点E是射线BC上的动点,以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF,∠AEF=90°,设BE=m.

备用图

(1)如图1,若点E在线段BC上运动,EF交CD于点P,AF交CD于点Q,连结CF,

图1

②在△PQE中,设边QE上的高为h,请用含m的代数式表示h,并求h的最大值;

(2)省略.

解析(1)①由△AEF为等腰直角三角形,构图K字型(图2),过F作FG⊥BC,易知△ABE≌△EGF,FG=BE=CG=,得CF=

图2

对于(1)②,根据∠EAF=45°,若能识别出这是正方形中的“半角模型”,则解题自然快捷简单.由正方形半角模型知,AE平分∠BEQ(图3),则∠AEB=∠AEQ,由于∠AEF=90°,则易知EF平分∠CEQ,故QE上的高h=PH=PC,由

图3

h=时,h最大值

反思 本题第②题若看不出正方形中的半角模型,即AE平分∠BEQ,那么求h要困难些.

2 何为半角模型?

“半角模型”,就是指一个角包含着它的一半大小的角,且这两个角的顶点重合,把这种模型叫半角模型.当其中一个角为45°,另一个角为90°时,就称为正方形半角模型.

如下图,正方形ABCD中,∠EAQ=45°=∠BAD,一般有以下结论:

(1)EQ=BE+DQ,(2)△CEQ周长=2AB,(3)∠1=∠2,∠3=∠4,(如图4)

图4

证明,可通过旋转法完成,如图5,把△ADQ绕A顺时针旋转 90°到△ABQ′处,证△AEQ′≌△AEQ,得Q′E=QE,∠1=∠2,∠3=∠4.

图5

正方形中半角模型应用十分广泛,现以2021全国中考试题为例,与读者分享.

3 正方形半角模型在中考试题中的应用和解析

例1(2021黄石) 如图6,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC、CD上,且∠EAF=45°,AE交BD于M点,AF交BD于N点.

图6

(1)若正方形的边长为2,则△CEF的周长是______.

(2)下列结论:①BM2+DN2=MN2;②若F是CD的中点,则tan∠AEF=2;③连接MF,则△AMF为等腰直角三角形.其中正确结论的序号是 ____(把你认为所有正确的都填上).

解析显然符合正方形半角模型,(1)△CEF周长=2AB=4,(2)如图7,把△ABM绕A逆时针旋转 90°,得△AM′D,由△AMN≌△AM′N,结合∠M′DN=90°,即证BM2+DN2=MN2.

图7

①正确;②由半角模型知∠AEF=∠AEB(如图8),设DF=CF=x,EF=y,由EF=DF+BE,得BE=y-x,CE=2x-(y-x)=3x-y,由勾 股 定 理 ,得,故tan∠AEF=3,②错误.对于③利用△AMN∽△DFN(如图9),得△AND∽△MNF,∠MFN=∠AND=45°故③正确,正确序号为_①③.

图8

图9

反思本试题中用到两个常用结论,(1)△CEF周长=正方形边长2倍,(2)EF=BE+DF.

例2(2021葫芦岛) 如图10,将正方形纸片ABCD沿PQ折叠,使点C的对称点E落在AB上,点D的对称点为F,EF交AD于点G,连接CG交PQ于H,连接CE,下列四个结论中:

图10

(1)△PBE∽△QFG;

(2)S△CEG=S△CBE+S四边形CDQH;

(3)EC平分∠BEG;

(4)EG2-CH2=GQ·GD,正确的是_____(填序号即可).

图12

解析(1)根据轴对称变换,易知∠CEF=∠GFQ=90°,利用K字型和“8”字型(如图11),

图11

得△PBE∽△EAG∽△QFG.(1)正确.(2)由折叠知(如图11),∠1=∠DCE=∠BEC,作CK⊥EF,△BEC≌KEC,△CKG≌△CDG,问题就又转化为正方形中的半角模型,即∠ECG=45°,显然S△CEG>S△CBE+S四边形CDQH,(2)错误.(3)正确.对于(4)连NH(如图12),则△CHN与例1中的△ANF是同一性质的等腰直角三角形,实质一回事.NH=CH,则EG2-CH2=GH2,即证GH2=GQ·GD,也即证△GHQ∽△GDH,只要∠1=∠GHQ=45°,只要说明DH平分∠ADC(即B、D、H三点共线),作HS⊥AD,HT⊥CD,构图K字型,△PRH≌△HTC,故HR=TC,HT=HS,即∠1=45°.故(4)正确,(如图13)正确序号为(1)(3)(4).

图13

反思对于(2)如图11,即在正方形半角模型中,用到两对全等三角形,△CBE≌△CKE,△CKG≌△CDG;(3)用到了模型中的第2个结论;(4)这个结论很有趣,是正方形半角模型的推论,实质是说明△CNH为等腰直角三角形,与例1中的△AMF为等腰直角三角形是一回事,如下图所示.当∠NCG=45°,设BD交CG于H,则△CNH为等腰直角三角形(图14),同样△CGL也是等腰直角三角形(图15).把半角45°角顶点放在A处(图16),就是例1中第(3)结论.2021黄石和葫芦岛两地的这道试题有异曲同工之妙.

图14

图15

图16

例3(2021海南)如图17,在正方形ABCD中,点E是边BC上一点,且点E不与点B、C重合,点F是BA的延长线上一点,且AF=CE.

图17

(1)求证:△DCE≌△DAF;

(2)如图18,连接EF,交AD于点K,过点D作DH⊥EF,垂足为H,延长DH交BF于点G,连接HB,HC.①求证:HD=HB;②若DK·HC=,求HE的长.

图18

解析(1)省略,证明正方形半角模型的基本做法就是旋转△DCE到△DFA.(2)中①根据条件暗合了∠EDG=45°,即符合半角模型,△DEH为等腰直角三角形,只要说明C、H、A三点共线,与例2中第4个结论一致,作HM⊥AB,HK⊥AD(图19),易 知AH平 分∠BAD,同理CH平分∠BCD,即A、H、C三点共线,由对称性知HD=HB.对于 ②结合HC=,利用相似,即△DHN∽DKH,DH2=,得DH2=1,DH=1(取正),即HE=1.(图20)

图19

图20

反思通过旋转DE到DF,作DH⊥EF构图半角模型,其中EF中点H必在在AC上,本题中的H点即例1中的M点,例1和例3中部分条件和结论互换(即已知点M在对角线上,则M为某个等腰直角三角形斜边中点;已知H为等腰直角三角形斜边中点,则可说明H在对角线上),最终模型仍然是半角模.例2和例3则是构图半角模型的两种不同说法,例2以翻折变换陈述,例3以旋转变换陈述,万变不离其宗.

4 正方形半角模型结论的推广

上述几个2021中考试题都青睐正方形半角模型.事实上当45°角的一边与正方形边的延长线相交,同样具有类似的结论.

推广1如图21,在正方形ABCD中,点E、F分别在CB、DC延长线上,∠EAF=45°,连EF,则(1)EF=DF-BE;(2)∠AEB+∠AEF=180°,∠AFD=∠AFE.

图21

证明把△ABE绕A逆时针旋转90°到△ADG处(图22),则AG=AE,再证△AFE≌△AFG,FG=FE,∠AEF=∠AGF,即得上述两结论.

图22

推广2如图23,在四边形ABCD中 ,AB=AD,∠BAD+ ∠BCD=180°,点E,F在BC和CD上,若,则(1)EF=BE+DF;(2) ∠AEB=∠AEF,∠AFD=∠AFE.

图23

证明同推广1类似.(图24)

图24

5 对今后教学的建议和思考

数学解题模型就是解题中经常碰到的基本图形,基本结论.这些图形经典美妙,结论简洁明了,被广泛应用,具有强大的生命力.熟记这些结论,不仅可以提高解题速度、提高解题效率,而且有利于提高学生的数学构图能力、数学联想能力.

5.1 重视积累基本解题模型,提高识图能力

解题模型虽不是数学定理,但其作用不亚于定理.它是教学中总结出来的解题利器,经得起实践检验.它往往蕴涵着数学基本知识和基本处理方法.在复杂图形中若能发现或构造解题模型,就可以直接获取图形所蕴含的结论和方法,实现思维跳跃,节省解题时间.解题模型有助于提高学生的识图能力,有助于发展学生的构图能力,培养学生的创造性思维.

5.2 重视变式训练(条件和结论互换),提高对解题模型的实战性

有效的解题模型往往可以互换条件和结论,得到的新命题,结论具有相似性或互补性.变换模型的部分条件,从不同角度向外扩散,形成有规律可循的系列模型,有利于找到解决类似问题的思路和方法,提高解题模型的实战性.

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