先猜后证水到渠成，变式拓展异彩纷呈 | 2018年北京市中考第27题解法及变式研究

作者简介：郭旭彬，广东省广州市第二中学

本文选取了2018年北京市中考数学第27题作为载体，主要从破题分析、解法探究、变式拓展这三个角度进行分析，权当作是抛砖引玉．

01

题目呈现

2018北京市中考27题

如图１，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、Ｂ重合)，连结DE, 点A关于直线DE的对称点为点F, 连 结EF并延长交BC于点Ｇ，连结DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连结BH.

（１）求证：GF＝GC；

（２）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明.

方法点睛

实际上，这是人教版八年级数学下册第69页一道习题的变式问题，如下图，主要考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，试题设计层次分明，难度适中，能较好地考查学生几何综合能力的水平．

如图２，第(１)小题要证GF＝GC，最常见的方法是证明它们所在的三角形全等 ，容易想到连结DF，则可得△DAE≌△DFE(SSS)，从而可得Rt△DFG≌Rt△DCG(HL),第（1）小题除了得到GF=GC，还可以得到∠1=∠2，∠3=∠4，从而∠EDH=∠2+∠4=1/2∠ADC=45°，结合条件DE丄EH,不难发现△DEH为等腰直角三角形。第（1）小题比较简单，下文重点分析第（2）小题的解法以及对该试题的变式拓展。 

02

解法探究

总括

与直接证明线段BH与AE的数量关系不同，试题第（2）小题是探究线段BH与AE的数量关系，缺乏目标指向性．通过观察或者度量，不难发现BH/AE≈1.5. 对于动点问题，我们可以取一些特殊位置来进一步确定所研究几何象之间的数量和位置关系．如图3，让点E与点B重合，则不难得到BH=DB=√2AB，即BH=√2AE, 所以我们猜想BH=√2AE, 具体证明方法可以从以下几方面进行思考．

解法1: 以AE为直角边构造等腰直角三角形.

如图4，在线段AD上截取AP, 使得AP＝AE, 则△APE为等腰直角三角形，则PE＝√2AE.

下面只需证明PE＝BH.

因为∠１+∠DEA＝∠２＋∠DEA＝90°，

所以∠１＝∠2.

因为AP=AE且AD=AB，所以DP=EB.

又因为DE=EH, 所以△DPE≌△EBH(AAS), 

故BH=PE=√2AE

解法2：以BH为斜边构造等腰直角三角形

如图5，过点H作HQ⊥AB, 交AB的延长线与点Q，则∠1=∠2，∠A=∠Q=90°，且DE=EH可得△DAE≌△EQH（AAS）,所以AE=HQ，故BH=√2HQ=√2AE.

解法3：利用BH、AE所在三角形相似进行求解.

如图6，连结DB，

由∠1+∠3=∠2+∠3=45°，可得∠1=∠2.

又因为DB/DA=DH/DE=√2，

所以△DAE∽△DBH，BH/AE=DB/DA=√2，

即BH=√2AE.

小结

利用特殊位置猜想得到BH和AE的数量关系满足BH=√2AE.涉及线段√2倍的数量关系，最常见的方法就是构造等腰直角三角形.

解法１以AE为直角边构造等腰直角三角形；解法２以BH为斜边构造直角三角形均为最自然的证明方法；解法３巧妙地借助正方形ABCD的对角线， 把线段BH和线段AE放到两个相似三角形中进行证明．利用四边形的对角线，把四边形的问题转化为三角形的问题进行解决是常见的处理方式， 体现了转化的数学思想．

不过在平时的教学中，学生往往对这一“熟悉”的转化方法“熟视无睛”．解决该类现象仍然需要教师在平时的教学中有意识地加强数学思想方法的渗透，并让学生在必要的练习中加以体会和理解．实际上，本试题仍然有其他的解法，甚至可以建立坐标系进行求解，只不过其他解法难免显得繁琐，或者实际上就是上述三种解法的一些变形．

03

变式拓展

总括

变式训练能加深学生对数学问题本质的理解，强化数学思想方法的落实，巩固基本解题方法的掌握．中考真题作为命题专家的智慧结晶，具有很高的研究价值.

而对该试题进行变式拓展， 并运用到课堂实际教学，则不仅能引起学生学习的兴趣，还能促进教师的教研发展．对于上述研究的试题，在不改变原题条件和几何图形核心结构的前提下，可以从以下角度对该试题的表面特征和内部结构进行变式拓展．

变式1

如图1，求证：EG=AE+CG

解析：由第(1)小题的解题过程可知△DAE≌△DFE（SSS），Rt△DFG≌△Rt△DCG（HL），从而EG=AE+CG．该问题属于比较简单的变式练习，为后续变式做好铺垫．

变式2

如图1，已知AB=4，设AE＝x，△EBH的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y的最大值．

解析：在平面几何问题的探索中，除了可以探索线段之间的位置和数量关系以外，探究几何图形的周长和面积，建立对应的函数关系式，并求出其最值也是中考中常见的考查方式.

变式3

如图1，求证：BE·BG=2AE·CG

解析：所要求证明的结论涉及线段的乘积，并且还有2倍的倍数关系，并不太好找到解题的切人点．考虑到所要证的结论涉及线段BE 、BG、AE 、CG，并且EG（即AE+CG）与线段BE 、BG构成直角三角形的三边，可由勾股定理建立方程，进而结合等式特征，利用完全平方公式进行代数变形即可求解．

变式4

如图1，求证：DE·DG=√2AB·EG.

解析：如图7，以边AD为直角边构造等腰直角三角形．

因为∠1=∠2=45°，∠3=∠4， 

所以△EDP∽△EGD，DP/DE=DG/EG，

即√2AB/DE=DG/EG，

所以DE·DG=√2AB·EG.

变式5

如图1，在边AD 上是否存在点K,使得四边形CK.EH 为平行四边形？如果存在，请证明：如果不存在，请说明理由．

解析：因为EH⊥DE，若四边形CKEH为平行四边形，则一定有CK⊥DE.如图8，过点C作CK⊥DE交AD于点K,则CK∥EH. 

易得△CDK ≌△DAE(ASA），所以CK=DE，又因为DE=EH，所以 CK=EH，由此可得四边形CKEH为平行四边形．

变式6

如图9，若延长DE交CB的延长线于点M，延长DH交AB的延长线于点N，连结MN，若△DMN为等腰直角三角形，求tan∠DEA的值．

解析：(1）当∠DMN=90°时，如图 10，

连结DB,易得∠DBM=∠NBD= 135°．

又∠l+∠2=45°，∠1+∠3=∠DBC=45°，

所以∠2=∠3，故△DBN∽△MBD，

所以DB/MB=DN/MD=√2,故有DB=√2BM.

又因为DB=√2AD，所以AD=BM，

所以△DAE≌MBE（AAS），

即AE=BE，所以tan∠DEA=AD/AE=2

(2）当∠DNM=90°时，如图 11，

可得AD/BM=1/2；

又因为△DAE∽MBE，

所以AE/BE=AD/MB=1/2；

所以AE=1/3AB==1/3AD，

故tan∠DEA=AD/AE=3

综上所述，当△DMN为等腰直角三角形时，tan∠DEA的值为2或3.实际上对于该试题，我们还可以把原题中的正方形一般化为矩形或者任意正n边形进行推广探究，也可以探究命题与逆命题之间的等价关系， 限于篇幅， 在此不做过多的赞述.

思考建议

1.变式拓展应当是自然而递进的.

2.变式拓展要突出教学的核心内容.

3.变式要有利于数学核心素养的落实.

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