一道中考题的思考.docx

闪亮的思维 精彩的解答
构造法 闪亮的思维火花
——海南省2012年中考数学第23题的探究与思考
孙孝武（海南省教育研究培训院）
邓之淮（海南省文昌中学）
海南省2012年中考数学第23题是以矩形为基本图形，综合三角形、四边形与图形变换等主干知识的一道“压轴题”，注重对数学思想方法与学生探究能力的考查，第23题为：
23.（满分11分）如图11（1），在矩形ABCD中，把∠B、∠D分别翻折，使点B、D恰好落在对角线AC上的点E、F处，折痕分别为CM、AN ．
（1）求证：△ADN≌△CBM；
（2）请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形；四边形MFNE是菱形吗?请说明理由；
（3）点P、Q是矩形的边CD、AB上的两点， 连接PQ、CQ、MN，如图11（2）所示，若
PQ＝CQ，PQ∥MN，且AB＝4cm，BC＝3cm，求PC的长度．
P
Q
图11（2）
A
B
C
E
D
F
N
M
图11（1）
A
B
C
E
D
F
N
M

一、考题分析
此题设置三个小题，有非常明显的梯度——易、中、难，其中第（3）小题融汇数学主干知识与核心数学思想方法于一体，具有较强的探索性，侧重考查学生对数学主干知识与核心数学思想方法的深层次理解与掌握．第（3）小题只是在平时常见的图形——图11（1）上加上MN、PQ、CQ构成， “PQ＝CQ，PQ∥MN，”这个条件，让图形存在着众多的等量关系，条件隐密却解题入口宽阔.探索此题的解答思路，可发现一个闪亮的思维——构造法，以下针对本题第（3）小题的解法进行探索:
二、解法分析
能够求出线段BM、CN或DN、AM是解答此题的关键，而推敲出PC与BM、CN或PC与DN、AM之间的联系则是一个难点，倘若结合矩形的性质与“PQ＝CQ，PQ∥MN ”，由条件往结论推理，由结论倒过来做假设与猜想，不难发现图形中存在着诸多的等量关系，抓住一点就能找到解题的突破口！
探究一：因为把∠B、∠D分别沿CM、AN翻折，点B、D恰好落在对角线AC上的点E、F处，可证△ADC 与△NFC相似，因而FN：NC=AD：AC，根据这个比例式，引入未知数x（设DN= x）可构造方程求出DN=BM=1.5cm，因而NC=2.5cm；抓住PQ＝CQ，PQ∥MN，不难发现线段PC与NP、BM之间的联系 ，过点Q作QG⊥CD于点G，如图11（2）A，可得PC=2PG=NC-BM，则可求出PC=2.5cm．
评析一：此解的亮点在于利用△ADC 与△NFC相似构造方程求出BM与NC的值，大大化简了解答过程；而在求PC时，则是抓住了图形中存在的等量关系——PC=NC-BM．类似地在求PC时，也可以向外添加辅助线，如图11（2）B，过点C作CK∥PQ交AB的延长线于点K ，发现PC与NC、BM间的等量关系，易得PC=QK=2BK=2BQ，继而求出PC的长度．
P
Q
图11（2）B
A
B
C
E
D
F
N
M
K
P
Q
图11（2）A
A
B
C
E
D
F
N
M
G

探究二：图形中存在若干个相关联的直角三角形，如Rt△AEM、Rt△CFN与Rt△ABC等，勾股定理本身就是一个等式，抓住这点引进未知数，能够建立起有关线段之间的一个方程．如图11（2）C，设BM=x，则有ME=BM=x，AM=4-x，构造方程得，解得x=1.5，所以BM=DN=1.5 cm，AM=NC=2.5cm，过点N作NH⊥AB于点H，则MH=1 cm，过点Q作QG⊥CD于点G，可证出△MNH ≌△PQG，则有PC=2PG=2MH=2cm．
P
Q
图11（2）D
A
B
C
E
D
F
N
M
H
G
P
Q
图11（2）C
A
B
C
E
D
F
N
M
H
G
评析二：利用勾股定理构造方程求解，是一种常见的解题思路，此解精彩之处就在于能根据翻折原理进行等量代换，把BM移到Rt△AEM 中，突破了思路的瓶颈；在求PC的长度时，通过添加辅助线，构造全等三角形，证△MNH ≌△PQG即可得．构造全等三角形，也可过点过点“D作DH∥MN交AB于点H，过点Q作QG⊥CD于点G ”来构造，如图11（2）D，解法类似．

P
Q
图11（2）E
A
B
C
E
D
F
N
M
G
探究三：存在直角三角形或能构造出直角三角形的图形中一般可以发现三角函数，观察、分析图形中的直角三角形，可知NF、NC的比与AD、AC的比相等，引入未知数就能巧妙构造出方程．如图11（2）E，易得，设DN=x，则NF=x，CN=4-x，则有 ，所以x=1.5，所以BM=DN=1.5 cm，CN=2.5 cm．过点Q作QG⊥CD于点G ，又PQ∥MN，PQ=CQ，设BQ=y，则PC=2y，MQ=PN=1.5-y，则利用PC+PN=CN=2.5这个等量关系，可构造出方程2y +(1.5-y) =2.5，从而求出PC=2.5 cm．
评析三：把三角函数与方程结合或者利用等量关系构造方程，
使几何问题与代数解法相结合，数形结合易于求解．特别是
在求PC时，利用图中众多的等量关系构造方程，可以衍生出
许多种不用的解法，利用PN=MQ、PC+PN+DN=4、BQ=0.5PC
等均可构造方程解答，比如结合，若
设BQ=x，NP=y，则PC=2x ，BM=DF=DN=x+y，NC=2x+y．则，则x=2y，再结合等式NC+DN=4 ，可列出（2x+y）+（x+y）=4求解．

用第二个图
P
Q
图11（2）E
A
B
C
E
D
F
N
M
G
3、用面积相等构造方程求BM、DN解法五:如图11（2）E

在Rt△ABC中 AC==5 cm，
设BM=x，则ME=x．
则有，
，
，∴x=1.5．
∴BM=DN=1.5 cm，CN=AM=2.5 cm．
∵PQ∥MN ， CD∥AB ， ∴NP=MQ．
作QG⊥CD于点G，设BQ=m，MQ=n．
∵PQ=CQ ，则BQ=CG=PG=m．
则CN=2m+n ， BM=m+n，
则 解得．
∴PC=2CG=2 cm．
P
Q
图11（2）F
A
B
C
E
D
F
N
M
G
O
解法六:如图11（2）F

由（1）知DN=BM，则CN=AM．
∴．
∵AC==5 cm， ∴AE=5-3=2 cm．
由（2）知BM=ME ，∠B=∠MEC=90°，
则∠AEM=90°．
设BM=x，则ME=x，在Rt△AME中有
AM=，则NC=．
∴ ，∴x=1.5．
∴BM=1.5 cm ，NC=2.5 cm．
∴ NF=DN=1.5 cm．
连接NE、MF，由（2）知四边形MFNE是平行四边形， 又AF=CE=3 cm ， ∴EF=1 cm．
∴MN=2NO==cm．
∵CD∥AB ，PQ∥MN ，∴PQ=MN= cm．
作QG⊥CD于点G ，∵PQ=CQ ，
∴PC=2PG==2×1=2 cm．

因为PC的求法众多，因而在分析BM的解法后，在求PC时，也分别采取了不同的方法。
PC的解法更多，。。。。。如。。。。。。
引入
题目分析
解法分析
不足与遗憾
教学思考拓展