一道中考题的多种解法和拓展探究

王平 曾雪东 符礼梅

[摘  要] 许多中考试题是由专家精心命制而成，具有丰富的知识内涵和多样的解題方法，对这些试题的研究，有助于后续教学中培养学生的解题能力和应变能力.文章研究了2020年重庆中考数学A卷的一道几何题的多种解法，并对其进行了拓展探究，进而达到“一题多解”的效果.

[关键词] 三角形;解法;探究

问题的多种证法

题目  （2020年重庆中考数学A卷第26题）如图1所示，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE. 连接CE，DE. 点F是DE的中点，连接CF.

（1）求证：CF=AD;

（2）如图2所示，在点D运动的过程中，当BD=2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明猜想的结论. （后面省略了原题的第（3）问）

本题以等腰直角三角形为背景，是中考数学中出现频率较高的题型. 本题综合考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上中线的性质、勾股定理、旋转变换等相关知识. 这类题目学生并不陌生，但要求学生结合具体条件和所学知识能灵活处理问题. 下面分别从相似（方法1、方法2）、勾股定理（方法3）、全等（方法4、方法5）、四点共圆（方法6）、三角函数（方法7）等角度进行思考，给出本题第（2）问的七种解法.

（1）证明：因为∠BAC=90°，∠DAE=90°，所以∠BAD=∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC=∠CAE. 又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ACE. 所以∠ACE=∠ABD=45°，∠DCE=∠ACB+∠ACE=90°. 又点F是DE的中点，∠DAE=90°，AD=AE，所以CF=DE=AD.

（2）猜想：BC=3AG.

方法1：由（1）得∠DCE=90°，CF=EF=DF，所以∠FDC=∠FCD. 因为∠DAE=90°，AD=AE，所以∠ADE=∠B=45°. 又∠ADC=∠B+∠BAD=∠ADE+∠EDC，所以∠BAD=∠EDC，所以∠BAD=∠FCD. 又∠B=∠B，所以△ABD∽△CBG，所以=.

因为在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，所以=，所以BG=BD. 设CD=a，则BD=2a，BC=3a，AB=a，BG=2a，所以AG=BG-AB=a，所以BC=3AG.

方法2：过A作AH⊥BC于H，连接AF，如图3所示.

由（1）得∠DCE=90°，CF=DE. 因为在等腰直角三角形ADE中，F是DE的中点，所以AF=DE，∠DAF=45°. 所以AF=CF，所以∠FAC=∠FCA. 在等腰直角三角形ABC中，AH⊥BC，所以∠HAC=45°，BH=CH. 所以∠HAD=∠HAC-∠DAC=∠DAF-∠DAC=∠FAC，所以∠HAD=∠FCA. 又∠AHD=∠GAC=90°，所以△AHD∽△CAG，所以==，所以AG=HD. 因为BH=CH，BD=2CD，所以BC=6HD，所以BC=3AG.

方法3：连接AF，由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，CF=DE. 在Rt△ADE中，F是DE的中点，所以AF=DE. 所以AF=CF，所以∠FCA=∠FAC. 因为∠FCA+∠G=∠FAC+∠GAF=90°，所以∠G=∠GAF，所以AF=GF=FC=GC，所以DE=CG.

设CD=a，则BD=CE=2a，BC=3a，AC=a. 所以CG=DE==a，所以AG==a，所以BC=3AG.

方法4：过D作DH⊥BC交AC于点H，连接BH，如图4所示，则△HDC为等腰直角三角形，HD=CD.

由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，∠ACE=∠ABD，FC=EF. 所以∠DCE=∠BDH，所以△BDH≌△ECD，所以∠DEC=∠HBD. 因为FC=EF，所以∠DEC=∠FCE，所以∠FCE=∠HBD. 又∠ACE=∠ABD，所以∠ABH=∠ACG. 又AB=AC，∠BAH=∠GAC=90°，所以△BAH≌△CAG，所以AG=AH.

设CD=a，则BD=2a，BC=3a，HC=a，AC=a，所以AG=AH=AC-HC=a，所以BC=3AG.

方法5：过G作GH⊥BC于H，如图5所示，则△GHB是等腰直角三角形，GH=BH.

由（1）得∠DCE=90°，BD=CE，FD=CF. 所以∠GHC=∠ECD=90°，GH=EC，∠FDC=∠FCD，所以△GHC≌△ECD. 所以HC=CD，即D，H两点重合.

设CD=a，则BD=2a，BC=3a，BG=2a，AB=a. 所以AG=BG-AB=a. 所以BC=3AG.

方法6：连接GD，由（1）得∠DCE=90°，EF=CF，所以∠FEC=∠FCE. 因为∠DAE=∠DCE=90°，所以A，D，C，E四点共圆，所以∠DAC=∠DEC. 因为∠DAE=∠GAC=90°，所以∠GAE=∠DAC. 又∠FEC=∠FCE，所以∠GAE=∠FCE，所以A，C，E，G四点共圆. 所以A，D，C，E，G五点共圆，所以∠GDC=∠GAC=90°.

设CD=a，则BD=2a，BC=3a，BG=2a，AB=a. 所以AG=BG-AB=a，所以BC=3AG.

方法7：过F作FH⊥BC于H且交AC于点M，过F作FN⊥AC于N，如图6所示，则△MHC是等腰直角三角形，MH=CH.

由（1）得∠DCE=90°，DF=CF，BD=CE. 因为BD=2CD，所以CE=2CD. 所以在Rt△DCE中，tan∠FDC==2. 所以在Rt△DFH中，tan∠FDC==2，FH=2HD.

因为DF=CF，FH⊥CD，所以DH=HC，所以FH=2CH. 又MH=CH，所以FM=MH=CH. 因为△MHC是等腰直角三角形，所以∠HMC=45°，所以∠FMN=∠HMC=45°，MC=HC. 因为FN⊥AC，所以△FNM是等腰直角三角形，所以NF=NM=MF.  又FM=MH，所以NF=HC，NC=MN+MC=HC. 所以在Rt△FNC中，tan∠FCN==. 所以在Rt△AGC中，tan∠FCN==. 所以BC=AC=3AG.

问题的拓展探究

拓展1  考虑将原题的第（2）问的条件“当BD=2CD时”拓展为“当BD=kCD时（k>1）”，如图7所示，连接GD.

由上面的方法6可得GD⊥BC，设CD=a，则BD=ka，BG=ka，BC=（k+1）a，AB=（k+1）a. 所以AG=BG-AB=（k-1）a，所以BC=AG.

特别地，当k=3时，可以得到BC=2AG. 此时可以将原题的第（2）问改编为：如图7所示，在点D运动的过程中，当BD=3CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明猜想的结论.

拓展2  考虑将原题的第（2）问的条件“当BD=2CD时”拓展为“当CD=kBD时（k>1）”，如图8所示.  仿照拓展1的推理可得BC=AG.

特别地，当k=2时，可得BC=3·AG;当k=3时，可得BC=2AG. 此时我们可以将原题的第（2）问改编为：如图8所示，在点D运动的过程中，当CD=2BD时，延长CF交BA于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明猜想的结论.

选择一道典型试题探究“一题多解”“一题多变”，成为“多题归一”的典型解法，将有助于解决同类问题，从而达到事半功倍的效果. 在习题课中，只要教师精心编选，细心设计出一些典型例题，引导同学充分挖掘题目的内涵，从不同的角度来审视和探求不同的解决方案，再通过变式练习进一步强化解题的方法和技巧，这对于开阔同学的视野，提高同学分析问题、解决问题的能力具有重要意义.

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