演变拓展　精彩不断

吴国庆　朱杰

摘 要：本文通过研究一道课本习题演变成不同中考题（有些为中考压轴题）的过程，体会不同地区不同命题专家对问题进行演变的视角，体会课本是教学之根本.

关键词：课本习题;演变拓展;中考试题

作者简介：吴国庆（1970-），男，湖北英山人，本科，中学高级教师，研究方向：初中数学教学和解题研究;

朱杰（1975-），男，湖北红安人，本科，中学一级教师，研究方向：初中数学教学和解题研究.

课本是教学之根本，中考命题之源泉，研究课本和中考试题，对于复习备考是非常有益的.它不仅让我们抓纲务本，把握中考方向，而且通过对比源于一“宗”的中考试题，“洞察”命题人的智慧，为进一步开采课本这座“宝藏”提供行之有效的方法.本文通过例析由课本一道经典习题演变的中考题，让读者领悟方法、感悟思维、体悟精彩.

1 题目呈现

题目 （人教版数学九年级下册第58页第11题）如图1，一块材料的形状是锐角△ABC，边BC=120mm，高AD=80mm，把它加工成正方形零件，使正方形的一边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，这个正方形零件的边长是多少？

解析 因为四边形EGHF为正方形，AD是高，设正方形边长为x，所以EF=KD=x.

由條件可得△AEF∽△ABC，所以AKAD=EFBC.

所以AD-KDAD=EFBC.

所以80-x80=x120，解得x=48.

即正方形零件边长为48mm.

评析 这是相似三角形中的一道经典课本习题，实质是三角形内接正方形问题，问题中由△AEF∽△ABC，△AEF的高AK=AD-KD=AD-EF，由AKAD=EFBC，建立关于正方形边长的方程就可以求出边长.

2 中考寻踪

2.1 函数最值，多样内接

例1 （武汉市中考题）已知锐角△ABC中，边BC长为12，高AD长为8.

（1） 如图2，矩形EFGH的边GH在BC边上，其余两个顶点E，F分别在AB，AC边上，EF交AD于点K.

① 求EFAK的值;

② 设EH=x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值;

（2） 若AB=AC，正方形PQMN的两个顶点在△ABC一边上，另两个顶点分别在△ABC的另两边上，直接写出正方形PQMN的边长.

解析 （1）①因为EF//BC，所以△AEF∽△ABC.

所以EFBC=AKAD，即EF12=AK8.

所以EFAK=32.

②如图2，由题意知EH=KD=x，AK=8-x.

因为EFAK=32，所以EF8-x=32.

所以EF=32（8-x）.

所以S=EF×EH=32（8-x）x=-32（x-4）2+24.

所以当x=4（即EH=4）时，S的最大值是24.

（2）问题分两种情况：

①如图3，当两顶点在底边BC上时，由（1）知PQAK=32.

因为四边形PQMN是正方形，所以AK=AD-DK=AD-PQ=8-PQ.

所以PQ8-PQ=32，解得PQ=4.8.

②如图4，当正方形两顶点M，N在腰AB上时，作CH⊥AB，垂足为点H，交PQ于点G.

因为AB=AC，AD⊥BC，所以BD=6.

又因为AD=8，所以AB=10.

所以AB×CH=BC×AD，解得CH=9.6.

又CG=CH-HG=CH-PQ=9.6-PQ，

由（1）知PQCG=ABCH=2524.

即PQ9.6-PQ=2524，解得PQ=24049.

综上所述，正方形PQMN的边长为4.8或24049.

评析 三角形内接矩形中融入最值问题，通过转化为二次函数最值问题来解答;对于“神同形异”、层层递进式的几何证明计算题，后面的结论一般都需要利用前面的结论来证明，注意前后结论之间的“继承性”（如本题（1）问结论在（2）（3）中的应用）;分类解决三角形内接正方形，问题中点M，N在边AC上和在边AB上，结果是相同的.

2.2 融入线束，深入相似

例2 （武汉中考题）如图5，在△ABC中，点D，E，Q分别在AB，AC，BC上，且DE//BC，AQ交DE于点P.

（1）求证：DPBQ=PEQC;

（2）如图7，△ABC中，∠BAC=90°，正方形DEFG的四个顶点在△ABC的边上，连接AG，AF，分别交DE于M，N两点.

①如图6，若AB=AC=1，直接写出MN的长;

②如图7，求证：MN2=DM·EN.

解析 （1）因为ED//BC，所以△ADP∽△ABQ.

所以DPBQ=APAQ.

同理PEQC=APAQ.

所以DPBQ=PEQC.

（2）①因为∠BAC=90°，AB=AC，四边形DEFG是正方形，所以BG=DG=DE=EF=FC=GF.

由（1）知DMBG=MNGF，MNGF=NEFC.

所以DM=MN=NE.

设MN=x，则AD=3  22x，BD=3 2x.

所以AB=9 22x.

由AB=1=9  22x，所以x=MN=29.

②由条件可得△BDG∽△ECF，所以DGCF=BGEF.

又DG=EF=GF，所以GF2=BG·FC.

由（1）知DMBG=MNGF=NEFC.

所以MNGF×MNGF=DMBG×NEFC.

所以MN2GF2=DM·NEBG·CF.

所以MN2=DM·EN.

评析 问题中融入“线束”，将三角形特殊化（直角三角形、等腰直角三角形），对等积式变形能力，图形相似能力要求较高，试题为该市中考几何压轴题.

2.3 平移旋转，拓展延伸

例3 （湖南永州中考题）如图8，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G，H分别在BC，AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I.若CI=4，HI=3，AD=92.矩形DFGI恰好为正方形.

（1）求正方形DFGI的边长;

（2）如图9，延长AB至点P，使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？

（3）如图10，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分別与线段DG，DB相交于点M，N，求△MNG′的周长.

解析 （1）如图8，因为HI//AD，所以HIAD=CICD.

所以392=4CD，解得CD=6.

所以ID=CD-CI=2.

所以正方形的边长为2.

（2）如图9，设点G落在PC上时对应点为点G′，点F的对应点为点F′.

因为CA=CP，CD⊥PA，所以∠ACD=∠PCD，∠A=∠P.

因为HG′//PA，所以∠CHG′=∠A，∠CG′H=∠P.

所以∠CHG′=∠CG′H.

所以CH=CG′.

所以IH=IG′=DF′=3.

因为IG//DB，所以IGDB=CICD.

所以2DB=46，解得DB=3.

所以DB=DF′=3.

所以点B与点F′重合，

所以移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′.

所以移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形.

（3）如图10中，将△DMI′绕点D顺时针旋转90°得到△DF′R，此时点N，F′，R共线.

因为∠MDN=∠NDF′+∠MDI′=∠NDF′+∠F′DR=∠NDR=45°，DN=DN，DM=DR，

所以△NDM≌△NDR.

所以MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′.

所以△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′N=2I′G′=4.

评析 通过几何变换，让图形丰富多彩，拓宽了问题的“视野”，增加了问题的综合性，问题为该市中考压轴题.第（2）问通过计算证明点重合;第（3）问实质是旋转中的“半角”基本图形，通过旋转法添加辅助线，构造全等三角形即可解决，

3 思考收获

3.1 三角形内接矩形问题

如果正方形的四个顶点都在三角形的边上，这时正方形为此三角形的内接正方形.当三角形为锐角三角形时，三角形内接正方形有三种情况（等腰时有两种情况一样，如例1（2）问）;当三角形为直角三角形时，三角形内接正方形有两种情况（即正方形一边在斜边上或在直角边上）;当三角形为钝角三角形时，三角形内接正方形有一种情况（即正方形一边在三角形最长边上）.

如果问题涉及到三角形内接矩形面积最值问题，可以根据三角形情况分类构图（矩形为正方形的一般情况，构图类似三角形内接正方形问题），转化为函数问题解决（如例1（1）②问一样），再综合各种情况就可以得到三角形内接矩形的面积最大值.

3.2 对课本问题的继承性和发展性

例1和课本联系紧密，所用基本知识与思想方法和课本问题相同，只不过问题高于课本（三角形内接正方形问题，建立函数关系求最值问题），这也体现了该试题在中考题中的位置和作用（为试卷倒数第三题，主要考查学生对二次函数的应用问题）.

例2从“线束”到直角三角形内接正方形，两者结合，设问深入，增加了问题的难度，让人感觉到似乎“形在课本”，但“神在课外”，问题对等积式证明，相似能力要求较高，我们可以清楚地看到不同形的巧妙结合，会碰撞出很多精彩的“火花”，本题中考几何压轴题，对学生有挑战性.

例3从三角形内接矩形入手，第（2）（3）问融入了几何变换（平移和旋转），让问题动态呈现，为问题打开了另“一扇门”.第（2）问通过计算证明点的重合;第（3）问旋转后出现“半角”基本形.变换后的问题，拓宽了知识面，综合性加大，对学生能力要求较高，起到了压轴作用（本题为试卷最后一题）.

课本问题在复习中应该在继承中求发展，在发展中求变通.如果我们对课本问题不断再思考，不断演变拓展，就会发现精彩不断，甚至会“触摸”到中考考题.

（收稿日期：2019-05-21）