摘 要：本文從兩個視角，精選8道有代表性的幾何型的填空壓軸試題，對其從不同角度進行分類剖析，提升學生分析問題、解決問題的能力，助力學生數(shù)學學科核心素養(yǎng)的培養(yǎng).

關(guān)鍵詞：幾何問題;填空壓軸題;解題策略

幾何型的填空壓軸題通常以熟悉的幾何圖形為背景，但思維含量高、難度大，涉及的知識點較多，涉及的知識面廣，成為整卷的拉分題.本文從兩個視角，精選八道有代表性的中考試題，對其進行分類剖析，提升學生分析問題、解決問題的能力.

1 以三角形為背景

1.1 兩塊都含45°角的三角板

例1 （四川·綿陽卷）如圖1，△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，BA=BC，BD=BE，AC=4，DE=2 2.將△BDE繞點B逆時針方向旋轉(zhuǎn)后得△BD′E′，當點E′恰好落在線段AD′上時，則CE′=.

解析 這是典型的“手拉手”旋轉(zhuǎn)問題，需分類思考：

當AD′在AB左側(cè)時，如圖2所示，連接CE′，過點B作BH⊥CE′于點H.易證△ABD′≌△CBE′（SAS），進而可求得BH=E′H=2，CH=6，CE′=6+2.

當AD′在AB右側(cè)時，同理可求得CE′=6-2.

綜上所述，CE′的長為6+2或6-2.

評注 解答此題的關(guān)鍵是按旋轉(zhuǎn)方向先畫出如圖2的情形，然后抓住旋轉(zhuǎn)必全等（相似）證△ABD′≌△CBE′，接著借助勾股定理進行逐一計算線段長度，當然要注意分類討論，千萬別遺漏答案.

1.2 兩塊都含30°角的三角板

例2 （湖北·襄陽卷）如圖3，兩個大小不同的三角板放在同一平面內(nèi)，直角頂點重合于點C，點D在AB上，∠BAC=∠DEC=30°，AC與DE交于點F，連接AE，若BD=1，AD=5，則CFEF= .

解析 根據(jù)題意，易知△BCD是確定的.

如圖4，過點D作DG⊥BC于點G，則通過解直角三角形可以求得CD=7，進而可得sin∠2=sin∠1=DGCD=327.接著我們從兩種常規(guī)方法思考：

思路1 （相似法）由△BCD∽△ACE，可得AE=3.由∠BAC=∠DEC=30°，可知A，D，C，E四點共圓.所以△CDF∽△EAF.

進而可得CFEF=CDEA=73=213.

思路2 （面積法）在△CEF中，因為S=12CF·CE·sin∠2=12EF·CE·sin30°，所以可得CFEF=sin30°sin∠2=213.

評注 解答此題的關(guān)鍵是鎖定△BCD為突破口，然后通過添輔助線，計算出相關(guān)線段的長度及三角函數(shù)的值，接著從平時積累的解題經(jīng)驗中檢索出有效的策略，如相似法、面積法等，當然還有其他解法，留給讀者思考.

1.3 一副含30°和45°角的三角板

例3 （浙江·嘉興卷）如圖5，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一個平面上，邊AC與EF重合，AC=12cm.當點E從點A出發(fā)沿AC方向滑動時，點F同時從點C出發(fā)沿射線BC方向滑動.當點E從點A滑動到點C時，點D運動的路徑長為cm;連接BD，則△ABD的面積最大值為cm2.

解析 對于第一格填空，關(guān)鍵是判斷點D的運動軌跡.當點E沿AC方向下滑時，得△E′D′F′，接著我們從兩種常規(guī)方法入手：

思路1 （作雙垂直）如圖6，過點D′作D′N⊥AC于點N，作D′M⊥BC交BC延長線于點M.

所以△D′NE′≌△D′MF′（AAS）.

所以D′N=D′M.

所以CD′平分∠ACM.即點D′在射線CD上移動.

思路2 （四點共圓）因為∠E′D′F′=∠ACF′=90°，所以E′，C，F(xiàn)′，D四點共圓.

所以∠D′C F′=∠D′ E′ F′=45°，即點D′在射線CD上移動.

當E′D′⊥AC時，DD′值最大，最大值=2E′D′-CD=（12-6 2）cm，所以當點E從點A滑動到點C時，點D運動的路徑長=2×（12-6 2）=（24-12 2）cm.

對于第二格填空，如圖6，連接BD′，AD′，因為S△AD′B=S△ABC+S△AD′C-S△BD′C，所以S△AD′B=12BC×AC+12AC×D′N-12BC×D′M=24 3+12（12-4 3）×D′N.當E′D′⊥AC時，S△AD′B有最大值，所以S△AD′B最大值=24 3+12（12-4 3）×6 2=（36 2+24 3-12 6）cm2.

故答案為：（24-12 2），（36 2+24 3-12 6）.

評注 解答此題的關(guān)鍵是先判斷軌跡（直線型還是弧型），再計算路徑，而確定點D的運動軌跡是本題的難點.當題目中出現(xiàn)兩個直角（∠E′D′F′=∠ACF′=90°）時，自然聯(lián)想上述的兩種常規(guī)方法，找到了解題的切口，則問題的解決便會水到渠成.

2 以四邊形為背景

2.1 以平行四邊形為載體多選項判斷

例4 （山東·濱州卷）如圖7，ABCD的對角線AC，BD交于點O，CE平分∠BCD交AB于點E，交BD于點F，且∠ABC=60°，AB=2BC，連接OE.下列結(jié)論：①EO⊥AC;②S△AOD=4S△OCF;③AC∶BD=21∶7;④FB2=OF·DF.其中正確的結(jié)論有（填寫所有正確結(jié)論的序號）.

解析 對于選項①，由題意易判斷△ECB是等邊三角形，進而可得∠ACB=90°.因為OA=OC，EA=EB，所以O(shè)E//BC.所以∠AOE=∠ACB=90°.所以EO⊥AC，故①正確.

對于選項②，因為OE//BC，所以△OEF∽△BCF.即OEBC=OFFB=12.所以可得OF=13OB.所以S△AOD=S△BOC=3S△OCF，故②錯誤.

對于選項③，設(shè)BC=BE=EC=a，則AB=2a，AC=3a.進而求得OD=OB=72a，則BD=7a.所以AC∶BD=3a∶7a=21∶7，故③正確.

對于選項④，因為OF=13OB=76a，所以BF=73a.則BF2=79a2，OF·DF=76a·（72a+76a）=79a2.所以BF2=OF·DF，故④正確.

綜上所述，正確結(jié)論的序號為①③④.

評注 這是填空題中的次壓軸題，解答此題的關(guān)鍵是進行逐一破解，選項①②相對容易判斷;對于選項③，當題目中無數(shù)據(jù)且出現(xiàn)線段的比值時，要會利用參數(shù)解決問題;選項④采用正難則反，直接驗證計算判斷，這也是解決問題的一種有效途徑，不容小覷.

2.2 以矩形為載體翻折求面積

例5 （浙江·杭州卷）如圖8，把某矩形紙片ABCD沿EF，GH折疊（點E，H在AD邊上，點F，G在BC邊上），使點B和點C落在AD邊上同一點P處，點A的對稱點為點A′，點D的對稱點為點D′，若∠FPG=90°，△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，則矩形ABCD的面積等于.

解析 由題意，易證△A′EP∽△D′PH.

由折疊及矩形性質(zhì)易知A′P=AB=CD=D′P.

設(shè)A′P=D′P=x ，因為S△A′EP∶S△D′PH=4∶1，所以A′E=2D′P=2x.

因為S△A′EP=12·A′E·A′P=12·2x·x=x2=4，又因為x>0，所以x=2.

進而可得A′P=D′P=2，A′E=2D′P=4，EP=A′E2+A′P2=2 5，PH=12EP=5，DH=D′H=12A′P=1.

所以AD=AE+EP+PH+DH=5+3 5，AB=A′P=2.

所以S矩形ABCD=AB×AD=2×（3 5+5）=6 5+10.

評注 解答此題的關(guān)鍵是熟知矩形性質(zhì)及翻折的本質(zhì)，先證A′P=D′P，使隱含的信息顯性化，然后再利用相似三角形面積比等于相似比的平方求得線段長度，進而運用勾股定理獲解.

2.3 以菱形為載體拼擺求周長

例6 （浙江·溫州卷）三個形狀大小相同的菱形按如圖9所示方式擺放，已知∠AOB=∠AOE=90°，菱形的較短對角線長為2cm.若點C落在AH的延長線上，則△ABE的周長為cm.

解析 如圖10，連接IC，連接CH交OI于點K，則A，H，C三點在同一直線上，CI=2.

由題意易證△COH是等腰直角三角形.

所以∠HCO=∠CHO=45°=∠HOG=∠COK.

所以∠CKO=90°，即CK⊥IO.

設(shè)CK=OK=x，則CO=IO=2x， IK=2x-x.

在Rt△CIK中，（2x-x）2+x2=22，解得x2=2+2.

而S菱形BCOI=IO×CK=12IC×BO，即2x2=12×2×BO，解得BO=2 2+2.

所以BE=2BO=4 2+4，AB=AE=2BO=4+2 2.

所以△ABE的周長=4 2+4+2（4+2 2）=12+82，故答案為12+82.

評注 這是填空題中的次壓軸題，解決此題的關(guān)鍵是能識別出△AOB與△HOC是“手拉手”模型，進而確定CK⊥IO，這樣解決問題就如囊中探物，輕而易舉.可見，挖掘條件，聯(lián)想基本模型，是順利解題的一大法寶.

2.4 以正方形為載體分割求周長

例7 （浙江·紹興卷）把邊長為2的正方形紙片ABCD分割成如圖11的四塊，其中點O為正方形的中心，點E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點.用這四塊紙片拼成與此正方形不全等的四邊形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無縫隙），則四邊形MNPQ的周長是.

解析 我們分別從剪下一個圖形、兩個圖形、三個圖形入手，分別畫出密鋪圖形：

當剪一個圖形時，把△AEF剪下重新密鋪，如圖12，其周長為1+2+3+2 2=6+2 2.

當剪兩個圖形時，把△AEF、四邊形CDFO剪下重新密鋪，如圖13，其周長為3+5+2+2=8+2 2.

當剪三個圖形時，把△BOC、四邊形CDFO、四邊形BEFO剪下重新密鋪，如圖14，其周長為1+4+1+4=10.

綜上所述，滿足條件的四邊形MNPQ的周長是6+2 2或8+2 2或10.

評注 解答本題的關(guān)鍵是在充分理解題意的基礎(chǔ)上，利用軸對稱的空間直觀解決圖形的平面鑲嵌（密鋪）問題，需要考生理清拼圖思路，挖掘原圖中隱含的數(shù)量關(guān)系和特征條件，進行多方位、多視角分層思考.學生也可以在草稿紙上畫圖，然后剪、拼、算，這是一種很實用的方法，值得關(guān)注.

2.5 以多邊形為載體求三角函數(shù)值

例8 （四川·自貢卷）在由10個完全相同的正三角形構(gòu)成的網(wǎng)格圖中，∠α，∠β如圖15所示，則cos（α+β）=.

解析 給圖中各點標上字母，連接DE，如圖16所示.在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，所以∠α=30°.同理，可得∠CDE=∠CED=30°=∠α.又因為∠AEC=60°，所以∠AED=∠AEC+∠CED=90°.

設(shè)等邊三角形的邊長為a，則AE=2a，DE=2×sin60°·a=3a，進而求得AD=7a.

所以cos（α+β）=DEAD=217.

評注解答本題的關(guān)鍵是借助網(wǎng)格進行角的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造出含一個銳角等于∠α+∠β的直角三角形，這樣就突破了難點，起到化難為易的目的.由此可見，恰當?shù)霓D(zhuǎn)化，將角α，β集中在同一個三角形中，為解題打開了一塊新天地，這是常用的解題策略，真的值得擁有.當然類似的構(gòu)造還有很多，筆者不再贅述.

通過對以上題目的分析，我們不難看出：以幾何為背景的填空壓軸題，考查學生分析問題、解決問題的綜合能力，這需要在熟練掌握基礎(chǔ)知識、基本圖形的基礎(chǔ)上，注重日常學習的反思、總結(jié)，注重提煉和積累解題的模型，并在日常學習中有意識地進行辨別和使用，在應(yīng)用中逐步提高圖形的識別能力，提升解決問題的能力，只有這樣才能真正地助力學生數(shù)學學科素養(yǎng)的養(yǎng)成.

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（收稿日期：2019-09-03）