洞察结构明来路 回归本源知去路

叶先玖 程雪琼

摘  要：通过对2019年中考湖北武汉卷第23题及关联试题的解法进行探究，探索借助几何直观识别图形，明晰图形结构，并利用确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，整体把握空间形式和数量关系，积累有效的解答经验;探究回到基本概念和基本图形的措施，着眼于通性、通法，并着力于几何直观、最近发展区和思维过程等. 以知晓方法的来路，形成自然简洁的解答策略. 探寻引导学生及时反思解答的路径，点亮思维的去路，培养并优化学生分析与解决问题的能力.

关键词：研题要点;几何直观;通性、通法

笔者曾利用2019年中考湖北武汉卷第23题参加湖北省宜昌市初中数学学科工作室“我讲中考压轴题”的活动展示. 现呈现此题的相关解答、两道关联题的反思及教学启示. 立足解题的通性、通法，借助几何直观，以更有效的方式打开学生的思路，引导学生掌握解题教学之道.

一、试题呈现

题目 （2019年湖北·武汉卷）在[Rt△ABC]中，[∠ABC=90°， ABBC=n，] M是边BC上一点，连接AM.

（1）如图1，若[n=1]，N是AB延长线上一点，CN与AM垂直，求证：[BM=BN.]

（2）过点B作[BP⊥AM，] 点P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q.

① 如图2，若[n=1，] 求证：[CPPQ=BMBQ.]

② 如图3，若M是BC的中点，直接写出[tan ∠BPQ]的值.（用含n的式子表示.）

二、解法探究

1. 识别模式中探析因果觅路

第（1）小题，如图4，延长AM交CN于点D，由核心元素[CB⊥AB，AM⊥CN，AB=BC]构成“三垂直”模型，且图形中元素的位置关系和数量关系是确定的，确定即可求. 当[n=1]时，可确定[△ABC]是以[∠ABC]为直角的等腰直角三角形. 要证[BM=BN，] 只需要证明[△ABM≌△CBN.] 由“CN与AM垂直”识别出“等角的余角相等”，可以证得[∠MAB=∠NCB.] 结合已知条件[AB=BC，∠ABM=∠CBN，] 可以证得[△ABM≌△CBN.] 由全等三角形的性质，可得[BM=BN.]

2. 几何直观里回归本源启思

第（2）小题第①问，给出条件“过点B作[BP⊥AM]和[n=1]”后，借助几何直观，审视图形结构并抓住变与不变的元素，则由[AB=BC]易联想到三角形全等. 由“三垂直”模型识别出[△APB∽△BPM∽△ABM]等“子母型”相似. 要证[CPPQ=BMBQ]，可以回归到求线段长、三角形相似、平行线分线段成比例、利用面积比证明线段比等知识源及通法. 因此，得到以下五种证明方法.

证法1：确定[△ABM.] 抓住[AB=BC]这个条件，通过移拼[△ABM]可得图5，即过点C作AM的垂线，垂足为点D，且交AB的延长线于点N. 易证[△CBN≌][△ABM，] 所以[BM=BN.] 由[PB⊥AM，CN⊥][AM，] 可得[PB∥CN.] 所以[CPPQ=NBBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

證法2：确定[△ABM.] 抓住[AB=BC]这个条件，通过移拼[△ABM]可得图6，即过点C作[CD∥AB，] 交BP的延长线于点D，易证[△CPD∽△QPB.] 得[CPPQ=CDQB.] 易证[△ABM≌][△BCD.] 所以[CD=][BM.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

证法3：确定[△ABP.] 抓住[AB=BC]这个条件，通过移拼[△ABP]可得图7，即过点C作[CD⊥BP，] 交BP的延长线于点D，过点Q作[QE⊥BP]于点E，易证[△CPD∽△QPE.] 得[CPPQ=CDQE.] 易证[△CDB≌△BPA，] 所以[CD=BP.] 易证[△BPM∽△QEB.] 所以[BPQE=BMQB.] 所以[CPPQ=CDQE=BPQE=BMQB.]

证法4：确定[△ABM.] 如图8，过点Q作[QD∥BC，] 交BP的延长线于点D，易证[△CPB∽△QPD.] 得[CPPQ=CBQD.] 易证[△DQB∽△ABM.] 所以[ABDQ=MBBQ.] 因为[AB=][BC，] 所以[CBQD=BMBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

证法5：如图9，由[△BPC]和[△BPQ]是等高三角形的图形结构，得[CPPQ=S△BPCS△BPQ.] 过点P作BC，AB的垂线，垂足分别为点D，E，则有[S△BPCS△BPQ=12⋅BC⋅PD12⋅BQ⋅PE.] 只要分别求出确定的线段PD，PE，BM，BQ的长（具体计算可参考后文思路10的解答），通过计算即可以证得[CPPQ=BMBQ.]

【思路说明】上述证法中，抓住[AB=BC，] 回归到旋转定义，动静互换，可洞察到图形中隐藏的“共点等边旋转”结构，即从全局性看，线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BC，则△ABM绕点B顺时针旋转90°得到△CBN. 由第（1）小题及解答经验，借助平行线分线段成比例，结合线段之间的等量代换得到证法1. 基于图形变换，抓住[AB=BC]进行图形移拼，得到证法2和证法3. 结合所证结论[CPPQ=BMBQ]，直观觉察到“X型”相似，借助中间比得到证法4. 识别出[△BPC]和[△BPQ]等高，想到求线段的长，将线段的比转化为面积的比得到证法5.

3. 洞察结构中追根联想得法

第（2）小题第②问通过回到正切定义，借助几何直观，捕捉到以下九种思路.

思路1：如图10，过点C作[CE∥AB，] 交BP的延长线于点E，过点C作[CF⊥BE]于点F. 设[BC=2，PM=t，] 则[BM=1，AB=2n.] 易证[△APB∽△BPM.] 所以[BMAB=][PMPB.] 则[BP=2nt.] 由中位线定理，得[CF=2PM=2t，PF=][BP=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=2t2nt=1n.]

思路2：如图11，过点C作[CD∥AM，] 交BP的延长线于点D. 设[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 则[PB=2nt.] 又由[DC=2PM=2t，] [DP=] [PB=2nt，] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPD=DCDP=2t2nt=1n.]

思路3：如图12，延长PM到点H，使[MH=PM.] 连接CH，易证[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP，] [∠CHM=] [∠BPM=90°.] 因为[ABBC=n，BC=2BM，] 所以[ABBM=2n.] 设[PM=MH=1.] 由已知易证[△ABM∽△BPM，] 所以[ABBP=BMPM.] 则[PB=CH=2n.] 可得[tan∠BPQ=tan∠HCP=][PHCH=2MHCH=22n=1n.]

思路4：如图13，过点C作[CH⊥AM，] 交AM的延长线于点H，则[CH∥BP.] 易证[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP，] [MH=MP.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=][2PMBP=][2tan∠PBM=2tan∠MAB=2×BMAB=BCAB=1n.]

思路5：如图14，过点B作[BD∥QC，] 交AM的延长线于点D. 设[BC=2a，PM=t.] 易证[△BMD≌△CMP.] 所以[PM=DM.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 则[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PBD=PDPB=2t2nt=1n.]

思路6：如图15，过点M作[MD∥PB，] 交CQ于点D. 设[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=][a2na.]  则[PB=2nt.] 由[DM=12PB=nt，] 且[∠BPQ=∠PDM=][90°，] 可得[tan∠BPQ=][tan∠PDM=PMDM=][tnt=1n].

思路7：如图16，过点B作[BD∥AM，] 交CQ的延长线于点D，得[∠PBQ=∠MPB=90°.] 设[BC=2a，PM=t，] 易求得[BD=2PM=2t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=BDPB=][2t2nt=1n.]

思路8：如图17，过点M作[MD∥QC，] 交BP于点D. 设[BC=2a，PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB，] 得[PMPB=][MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 所以[PD=DB=12PB=nt.] 可得 [tan∠BPQ=tan∠PDM=PMPD=][tnt=1n].

思路9：如图18，过点C作AM的垂线，垂足为点H，且交AB的延长线于点N. 设[BC=2a，PM=t，] 则[AB=][2na.] 易证[∠NBC=∠MHN=90°，] 则点B，M，H，N在以MN为直徑的圆上. 易证[△ABM∽△CBN.] 所以[ABCB=AMCN.] 易求得[CN=a4n2+1n.] 由切割线定理推论，可得 [CM⋅CB=CH⋅CN.] 进而可得[CH=2na4n2+1.] 在[Rt△CMH]中，根据勾股定理，易求得[MH=][a4n2+1.] 所以[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=2MHCH=1n.]

【思路说明】从已知条件看，[∠ABC=90°，] [ABBC=n，] [BP⊥AM，] M是BC的中点等核心要素是确定的;从图形看，增加了中点，会联想三角形中位线结构，或过中点作延长线构造三角形全等;从“直接写出[tan∠BPQ]的值”结论想到补直角三角形，或利用“锐角相等正切值相等”来解决问题. 于是，借助前面识别图形结构的经验和补图经验，得到图10，通过关联性思考使得思路自然贯通. 及时反思，发现[BMAB=12n，] 察觉到图10中[∠BPQ]与[∠CPE]的关系，优化思路1得到思路2. 洞察到中点M，识别过中点作延长线构造全等三角形，得到思路3和思路4. 识别出中位线结构，得到思路5 ～ 思路8. 借助第（1）小题的解答，洞察到图中的对角互补，识别出隐圆，得到思路9. 上述思路借助几何直观求正切值，自然且有效.

三、解后反思

1. 思路自然，为什么受挫

笔者坚持“练后精讲，不练不讲”. 事实上，学生独立解答上述题目第（2）小题第②问时，有些学生先想到的是根据正切的定义去补形. 现摘录学生的解题思路如下.

思路10：如图19，过点Q作[QE⊥PB]于点E. 在[Rt△PEQ]中，若能分别求出QE，PE的长，则[tan∠BPQ]的值可求.

思路11：如图20，过点B作[BF⊥PQ]于点F. 在[Rt△PFB]中，若能分别求出BF，PF的长，则[tan∠BPQ]的值可求.

思路12：如图21，过点Q作[QD⊥AM]于点D. 若能分别求出PD，DQ的长，在[Rt△PDQ]中，可求出[tan∠PQD]的值. 进一步可得[tan∠BPQ=tan∠PQD.]

思路13：如图22，以点B为坐标原点，AB方向为x轴正半轴，BC方向为y轴正半轴建立平面直角坐标系. 设BC = 2，则点[C0，2，] 点[M0，1，] 点[A-2n，0.]再作[QE⊥PB]于点E，将问题转化为一次函数求解. 只要求得点[Q-2n1+2n2，0，] 则可求得QE，PE的长，即[tan∠BPQ]的值可求.

对于思路13，若能求出BQ的长，则可以分别求出直线CQ，AM的解析式，联立可解得点P的坐标. 再求出直线PB的解析式，从而可求出直线QE的解析式，联立可解得点E的坐标，便可以分别求出PE，QE的长. 在[Rt△PEQ]中，根据[tan∠BPQ=QEPE]，可以求得[tan∠BPQ]的值.

然而，这四种思路因学生求比值的通法不够熟练、耐心不足，解题过程计算量大等原因，最终没能求出BQ长这一关键性的元素，导致这四种解答思路受挫. 事实上，借助求比值的常规方法，不仅能求得BQ的长，而且图中相关线段的比值都是确定的、可求的，只不过计算量大，需要学生有足够的耐心. 现以思路10为例进行解答.

解：如图23，过点Q作[QE⊥PB]于点E，过点P作[PG⊥BC]于点G. 设[BM=a，PM=t.]

因为[∠ABC=90°，BP⊥AM.]

所以[∠MAB=∠PBM.]

因为[tan∠MAB=12n，tan∠PBM=tPB，]

所以[a2na=tPB.]

解得[PB=2nt.]

因为[tan∠MAB=PBAP=12n，]

所以[AP=4n2t.]

因为[PG∥AB，]

所以[MGGB=PMAP=14n2.]

因為[MG+GB=a，]

所以[MG=a1+4n2，GB=4n2a1+4n2.]

因为[PG∥AB，]

所以[PGAB=PMAM=tt+4n2t=11+4n2.]

所以[PG=2na1+4n2.]

因为[PG∥QB，]

所以[PGQB=CGCB.]

解得[QB=2na1+2n2.]

因为[QE∥AP，]

所以[QEAP=BEBP=QBAB=11+2n2.]

解得[QE=4n2t1+2n2，BE=2nt1+2n2.]

所以[PE=PB-BE=2nt-2nt1+2n2=4n3t1+2n2.]

所以[tan∠BPQ=QEPE=4n2t1+2n2 ⋅ 1+2n24n3t=1n.]

其实在设[BC=2a]后，图中的元素均可求，设[PM=t]是为了计算表达简洁. 例如，思路3中，利用[△APB∽△BPM∽△ABM]“子母型相似”结构，可计算BP的长;也可以延长CH交AB的延长线于点N（如图18），发现[△ABM∽△CHM∽△CBN，] 可计算出MH，CH的长，利用三角形全等可得PH的长;或者发现B，M，H，N四点共圆，结合切割线定理和勾股定理求出相应线段的长，使问题得到解决.

2. 通性、通法的运用，如何更为熟练自然

在思路10 ～ 思路13中，回归基本概念和基本图形应当是学生最自然的想法. 然而，却受挫于求BQ的长. 为什么学生无法求出这个值？或许当学生对下面两道例题进行深入研究并能熟练应用后，会对上述思路的解答有所启发.

例1  如图24，过[△ABC]的顶点C任意作一条直线，与边AB及中线AD分别交于点F，E，求证：[AEDE=2AFBF.]

借助平行线分线段成比例，此题有较多的解法. 由D为BC的中点，直线BC、直线AD、直线AB两两相交于点D，B，A，且与这三条直线相关的是直线CF，回到作平行线求比值的常规方法. 可以进行如下解答.

如图25，分别过点A，B，D分别作直线CF的垂线，垂线段分别记为[h1，h2，h3]，则有[h1h2=AFFB，] [h2h3=][BCCD， h3h1=DEEA.] 将三式相乘，即可证得[AEDE=2AFBF.]

借助这种优化后的求比值的通法，可对例2给出较为简洁的解法.

例2  如图26，线段[OA⊥OB，] 点C为OB的中点，D为线段OA上一点，连接AC，BD交于点P. 当[OA=][OB，] 且D为OA中点时，求[APPC]的值.

如图27，分别过点A，O，C分别作直线BD的垂线，垂线段分别记为[h1，h2，h3，] 则有[h1h2=ADDO，] [h2h3=][BOBC]，[h3h1=CPPA]. 将三式相乘，得[APCP=2.]

这种分别过点A，O，C作直线BD的垂线求比值的方法相对简洁，彰显了几何直观的魅力.

这为笔者对前述题目进行多视角改编提供了支撑，就题挖掘与改编，可以更好地提升学生解题素养.

题目的改编：锐角[△ABC]中，[∠ABC=60°，] [ABBC=][n，] 点M是BC上一动点，连接AM，P是AM上一动点，连接CP并延长交AB于点Q.

（1）如图28，若[n=1，] [∠APQ=60°]，求[CQAM]的值.

（2）如图29，若[n≠1， CMBM=14， CPPQ=35]，求[AQQB]的值.

（3）如图30，若[n>1， CMBM=14，BP⊥AM，CQ⊥][AB]，求n的值

四、教学启示

教育上的“慢”是客观规律，必须遵守，不能绕过去. 在几何解题教学中，“绕”不过去的是“思”，“慢”的落脚点在“悟”. 教学上的“慢”，应从确定性、本源性、全局性、动静互换等出发，回溯知识本源，着眼通性、通法，熟悉基本图形变换，浸润基本数学思想等处着力，展开理性分析和精准计算，知晓方法的来路，点亮学生思维的去路.

1. 教活思考习惯，理清思路来源

由条件推算结论、由问题寻找条件、由问题前后的关联性逐步推理与计算，定性分析、定量计算是常用的解答手段. 题目给出的图形中，线段之间、角之间必然有确定的逻辑联系和因果关系. 因果明，则思之有路;图形定，则对应的数量关系及位置关系就随之确定. 看条件、找结论、追其何处去是常用的分析、解决问题的思考方法. 识图时，从全局入手，掌握“译式”方法，学会与条件“对话”，借助符号或未知数把条件转换到图形上，巧用图形建立联系. 画图补形时，学生要懂得静能定位、动能生联系，主动发现点、边、角等元素之间的关系，关注变化中的不变，从图形结构中发现并拆分、重组常见的基本图形. 这种动静互换思维，有助于寻找到相关元素之间的联系，从而联想到相关图形的性质、唤醒解答经验和方法，更好地展开定位分析和定量计算. 解题时，要仔细审读条件，借助确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，回归到知识源、特殊点和关键点展开联想，实现文字、图形、符号等数学语言的相互转化.

例如，题目第（1）小题借助图形变换，还可以有以下思路. 延长MB，取[BH=BM，] 连接AH，构造等腰三角形;或过点M，A分别作AB，BC的平行线，得矩形ABMH，从特殊四边形的性质及[CN⊥AM]可推导出与[∠NCB]相等的角，再通过三角形全等进行转化，证得[BM=BN.] 就此小题而言，这些思路虽然复杂，但却与波利亚的解题理念相吻合，即拿一个有意义但又不复杂的题目去帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题就好像通过一道“门户”，把学生引入一个完整的领域. 把简单的题深入做，可以帮助学生更好地领悟解题的本质，引导学生发现知识之间的联系，形成深层次的思考，并借助图形变换及确定性、本源性、全局性、动静互换等解答后面两道小题，启发学生的思维.

2. 盘活思考方式，落细教学着力点，知晓方法来路

笔者以2019年中考湖北武汉卷第23题为例，借助探究与类比，溯源强基，提炼求线段比值的方法. 任何一种解法都依赖坚实的基础知识和扎实的数学基本功. 易想难算、易算难想，解题思路没有捷径可走. 熟练运用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知识及方法本质后的火热思考，是真思考. 在通性、通法的优化中，寻找着力固牢“四基”的讲题切入点，提升解题素养才是悟之必要. 题目中内含“X型”“A型”“子母型”“隐圆”等基本图形，暗示着解题教学要着力于强化几何直观，洞察图形结构，丰富答题经验.

在解答题目第（2）小题第①问时，有的学生从所求结论[CPPQ=BMBQ]出发，联想求线段成比例的通法，过点P作BC的平行线，或过点P作AB的平行线，或过点Q作AM的平行线，或过点Q作BC的平行线等，得到“A型”或“X型”等相似圖形，暗示教学要着力于学生思维的最近发展区去应对和启发;洞察到“三垂直”结构，充分利用已知条件[AB=AC，] 打开“另一扇窗”，凸显真实思维考量.

3. 激活思考方法，点亮思维去路

解题研究无禁区，课堂教学有范围. 对于教师来说，繁简解法、对错解法、优劣解法等都应该兼收并蓄. 至于将哪一种解法用于课堂教学，则取决于教学要求和学生的实际情况. 当前的数学教学，首先要在“如何让学生想得到”上下工夫，激活思考方式，启发学生在洞察结构上思本源，想通性、通法.

题目第（2）小题第②问的解决，是先借助几何直观补形转化，再设元计算，从数的角度去剖析相关元素间的关系;从形的角度看，图10中，由“三垂直”模型，可得[△ECB∽△MBA，] 利用相似三角形对应高的比等于相似比，得[CFBP=][BEAM=BCAB=1n.] 借助中位线定理，得[BP=PF.] 于是可求得[tan∠BPQ=][tan∠CPF=][CFPF=1n.]

笔者从形、数或形数结合等角度展开研题，并呈现各种繁与简的解法，为答疑学生的奇思妙想、放飞学生的思维做了充分准备. 借助几何直观，把握图形结构，可以启发学生明了题意、展开联想，明白如何去想，“知其然”而得法. 适度拓展，适时一题多解或多解归一，明了为什么要这样去想，知晓解法本质，“知其所以然”，达到举一反三. 教师要引导学生回归知识本源，及时反思，充分经历试错、析错、纠错的过程，抓联系、知因果，突破思路，展开作图、计算、推理，厚植由确定展开理性分析与推算等必备的解题能力，让学生在尝试和慢悟中学会选择、转化、比较和优化，把握规律，灵活贯通，在还可以怎样去想上下足工夫，撬动思维的杠杆，推动学生进行深度思考，以点亮思维的去路.

参考文献：

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