蔣紅珠　黃文麗　劉成龍

試題再現(xiàn) （2020年深圳中考第16題（下文簡(jiǎn)稱16題））如圖1，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=90°，tan∠ACB=12，BOOD=43，則SΔABDSΔCBD= ．

16題以直角三角形構(gòu)成的四邊形為載體，主要考查學(xué)生對(duì)常見相似三角形相關(guān)模型的掌握程度，考查學(xué)生對(duì)面積比問題的轉(zhuǎn)化與解決能力，具有言語直觀、構(gòu)思精巧、圖形簡(jiǎn)潔、內(nèi)涵豐富、背景公平、解法多樣等特點(diǎn)，是考查學(xué)生邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算等素養(yǎng)的有力素材．同時(shí)，16題是數(shù)學(xué)探究的良好素材．下文將從試題的背景、解法和變式三個(gè)視角進(jìn)行探究．

1 背景探究

研究試題背景可以準(zhǔn)確把握試題的本質(zhì)、理解試題的設(shè)問、擴(kuò)寬試題的解法、加強(qiáng)試題的擴(kuò)展．中考數(shù)學(xué)壓軸題追求試題背景的新穎性與獨(dú)特性，常常是在“教材知識(shí)”的基礎(chǔ)上向四大背景上集中：高中數(shù)學(xué)背景、現(xiàn)實(shí)生活背景、歷史名題背景、經(jīng)典試題背景（包括往年的競(jìng)賽題或中考題）．16題蘊(yùn)涵教材背景和競(jìng)賽背景．

背景1 教材背景

源于北師大版九年級(jí)上冊(cè)第三章《圖形的相似》復(fù)習(xí)題中的第22題（第107頁）：

第22題 如圖2，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=6，CD=4，BD=14，點(diǎn)P在BD上移動(dòng)，當(dāng)以P，C，D為頂點(diǎn)的三角形與ΔABP相似時(shí)，求PB的長(zhǎng)．

評(píng)注：第22題中當(dāng)以P，C，D為頂點(diǎn)的三角形與ΔABP相似時(shí)，就可提煉出“一線三等角模型”中的“一線三直角模型”，是相似三角形中的重要模型．在16題的圖1中，過點(diǎn)D作BC的平行線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，

如圖3所示，通過16題的其他條件可知∠E=∠ABC=∠DAC=90°，即含有“一線三直角模型”．命題者間接選擇“一線三直角模型”為素材，為ΔABD和ΔCBD求面積找底和高奠定了基礎(chǔ)，考查學(xué)生轉(zhuǎn)化與化歸思想及數(shù)形結(jié)合思想．

背景2 競(jìng)賽背景

張景中院士所提出的共邊定理有四種情形，如圖4所示．若直線AB和PQ相較于點(diǎn)M，則有SΔPABSΔQAB=PMQM．人們?yōu)榱朔奖阌洃?，稱圖4（1）為“風(fēng)箏模型”、圖4（2）和（3）為“燕尾模型”、圖4（4）為“雙峰模型”．16題的圖1與共邊定理中的風(fēng)箏模型相同．共邊定理可以解決小學(xué)高年級(jí)及中學(xué)低年級(jí)階段的數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題，文中展示了幾道競(jìng)賽試題，此處略．

評(píng)注：了解共邊定理后，易想到，若要求16題中SΔABDSΔCBD的值，即求OAOC的值．共邊定理是“等底等高的三角形面積相等”這一性質(zhì)的推論．命題者選擇“風(fēng)箏模型”為背景，暗示考生可將面積比轉(zhuǎn)化為線段比來解決問題．

2 解法探究

思路1 由共邊定理可知，要求SΔABDSΔCBD的值，即求OAOC的值．

解法1：如圖5所示，過點(diǎn)B作AC的垂線交AC于點(diǎn)E，則∠BEO=90°，因?yàn)椤螪AO=90°，所以∠BEO=∠DAO，又因?yàn)椤螮OB=∠AOD，所以ΔEOB～ΔAOD，再由BOOD=43，設(shè)AO=3k，OE=4k，則AE=7k．因?yàn)椤螦BC=90°，易證ΔABC～ΔAEB～ΔBEC，又因?yàn)閠an∠ACB=12，則BE=14k，EC=28k，OC=32k，從而OAOC=3k32k=332，即SΔABDSΔCBD=332．

評(píng)注：解法1主要使用了相似三角形的性質(zhì)來解答問題，解法1后面求OC時(shí)，也可使用射影定理來求．

思路2 要想求OAOC的值，也可找與OAOC的值等價(jià)的線段比．

解法2：如圖6，過點(diǎn)D作BC的平行線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，過點(diǎn)O作AB的垂線交AB于點(diǎn)F，由∠ABC=∠DAC=90°，則易證ΔAED～ΔOFA～ΔCBA且ΔAFO～ΔDEB．因?yàn)閠an∠ACB=12，BOOD=43，則不妨設(shè)OF=4k，則AF=2k，ED=7k，AE=14k，則FB=43（AE+AF）=64k3，由ΔOFA～ΔCBA可知，要求OAOC的值，等價(jià)于求AFFB的值即可，化簡(jiǎn)得SΔABDSΔCBD=332．

評(píng)注：從解法2的過程中可知，要求OAOC的值，可轉(zhuǎn)化為求FOBC的值，方法與解法2類似，略．

思路3 解法1和解法2都主要通過相似三角形的性質(zhì)來解答的，而構(gòu)造相似三角形的一個(gè)重要方法就是作平行線，構(gòu)造“8”字模型．

解法3：如圖7，過點(diǎn)D作BC的平行線與CA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，由∠ABC=∠DAC=90°，易證ΔDAE～ΔABC且ΔODE～ΔOBC，則∠ACB=∠E，又BOOD=43，所以O(shè)COE=AC－OAAE+OA=43①．因?yàn)閠an∠ACB=12，設(shè)ED=3k，CB=4k，AE=EDcos∠ACB=655k，AC=CBcos∠ACB=25k，代入①，得OA=6535k，由OAOC=OAAC－OA，解得OAOC=332，即SΔABDSΔCBD=332．

評(píng)注：解法3利用作平行線構(gòu)造相似三角形，在求解OA與OC的比值過程中主要使用方程的思想．

思路4 求兩個(gè)三角形的面積之比時(shí)，更為直接的想法是用底和高的乘積將其表示出來．

解法4：如圖8，過點(diǎn)D作BC的平行線與CA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，并延長(zhǎng)BA與ED交于點(diǎn)F，再由∠ABC=∠DAC=90°，則易找出ΔABD和ΔCBD的底和高，因?yàn)閠an∠ACB=12，則SΔABDSΔCBD=12AB·FD12BC·FB=FD2FB，下求FDFB的值．易證ΔODE～ΔOBC，ΔDFA～ΔDAE，設(shè)DF=k，則AF=2k，則EF=4k，則ED=5k，因?yàn)锽OOD=43，則BC=20k3，則AB=10k3，易得OAOC=332，即SΔABDSΔCBD=332．

解法5：同圖6，易找出ΔABD和ΔCBD的底和高，因?yàn)閠an∠ACB=12，則SΔABDSΔCBD=12AB·ED12BC·EB=ED2EB，從解法2中易求．

評(píng)注：解法4和解法5解答原理一樣，只是尋找ΔABD和ΔCBD不同的底和高而已．

思路5 如圖9，“鉛垂高法”：對(duì)任意ΔABC，有SΔABC=12ah．

解法6：如圖10，作出ΔABD和ΔCBD的鉛垂高和水平寬．ΔABD和ΔCBD的鉛垂高分別為AB，DG=EB，水平寬分別為ED，EF=BC，因?yàn)閠an∠ACB=12，則SΔABDSΔCBD=12AB·ED12BC·EB=ED2EB，從解法2中易求．

評(píng)注：解法6與解法4、5后續(xù)的解答過程類似．

思路6 由圖10，考慮用割補(bǔ)法求三角形的面積．針對(duì)ΔABD，比較好算的是采用補(bǔ)形法，即SΔABD=SΔBED－SΔAED．求ΔCBD的面積時(shí)，則有如下4種方法．

解法7：SΔCBD=S梯形ΔEBCD－SΔEBD．

解法8：SΔCBD=S梯形ΔEBCD－SΔABD－SΔEAD．

解法9：SΔCBD=SΔBDG+SΔCDG．

解法10：SΔCBD=S矩形EBCF－SΔEBD－SΔDFC．

評(píng)注：由解法2易得解法7、8、9、10中所出現(xiàn)的三角形、梯形、矩形的面積，此處不再贅述．

3 變式探究

16題中具有“風(fēng)箏模型”的影子，通過共邊定理的結(jié)論，能夠自然想到要求SΔABDSΔCBD的值，即求OA與OC的比值；要求SΔABCSΔADC的值，即求OB與OD的比值．16題以RtΔDAC和RtΔABC構(gòu)成的四邊形ABCD為載體，命題者給出的已知條件是∠ACB的正切值（AB與BC的比值），在另一個(gè)直角三角形中相對(duì)應(yīng)的就是∠ACD的正切值（AD與AC的比值）．本道題的核心實(shí)則就是上述四個(gè)比值之間的一種相互轉(zhuǎn)化．因此，接下來將探究以RtΔDAC和RtΔABC為載體的四邊形ABCD中，OB與OD的比值、OA與OC的比值、AB與BC的比值、AD與AC的比值這四者之間的關(guān)系．

思路1 已知OB與OD的比值和AB與BC的比值，求OA與OC的比值和AD與AC的比值．

變式1 如圖11，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=90°，ABBC=12，OBOD=43，求證SΔABDSΔCBD=OAOC=332，ADAC=3109109．

變式1的證明由16題的解法1易證出．

思路2 已知OA與OC的比值和AB與BC的比值，去求OB與OD的比值和AD與AC的比值．

變式2 如圖11，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=90°，ABBC=12，OAOC=110，求證SΔABCSΔADC=OBOD=65，ADAC=1010．

簡(jiǎn)證：如圖12，易證ΔDEA～ΔABC，設(shè)AB=x，ED=y，則BC=2x，EA=2y，則AG=x5，則FG=y－x5，由ΔDFG～ΔBAG求x和y之間的關(guān)系，易證SΔABCSΔADC=OBOD=65，ADDC=1010．

思路3 已知OB與OD的比值和AD與AC的比值，去求OA與OC的比值和AB與BC的比值．

變式3 如圖13，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=90°，ADAC=35，OBOD=12，求證SΔABDSΔCBD=OAOC=73－167393，ABBC=4－73．

簡(jiǎn)證：如圖14，設(shè)AD=3x，則AC=4x，BE=3x2，則由射影定理可知BE2=9x24=AE·EC，由AC=AE+EC=4x可知，（EC－AE）2=（AE+EC）2－4AE·EC，化簡(jiǎn)可得EC－AE=7x，結(jié)合AE+EC=4x，易求SΔABDSΔCBD=OAOC=73－167393，ABBC=4－73．

思路4 已知OA與OC的比值和AD與AC的比值，去求OB與OD的比值和AB與BC的比值．

變式4 如圖15，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=90°，ADAC=35，OAOC=1，求證SΔABCSΔADC=OBOD=21313，ABBC=2+133．

簡(jiǎn)證：假設(shè)OBOD=t，類似于解法1可得．

思路5 在背景探究中揭示了本題蘊(yùn)含的“一線三直角模型”，若圖1中的∠ABC和∠DAC不是直角，結(jié)論會(huì)怎樣？于是得到如下推廣．

變式5 如圖16，已知四邊形ABCD，AC與BD相交于點(diǎn)O，∠ABC=∠DAC=α，α∈（0，π），ABAC=m，BOOD=n，求證SΔABDSΔCBD=m2n－m2+1．

簡(jiǎn)證：過點(diǎn)B作AD的平行線與AC相交，方法類似于解法探究中的解法1．

評(píng)注：為了描述的簡(jiǎn)便性，在RtΔDAC和RtΔABC為載體的四邊形ABCD中，稱OB與OD的比值和OA與OC的比值為“內(nèi)邊比”、稱AB與BC的比值、AD與AC的比值為“直角三角形的外邊比”．從變式1、2、3、4可知，只要已知任意一組“內(nèi)邊比”和一組“直角三角形的外邊比”，就可求出另一組“內(nèi)邊比”和另一組“直角三角形的外邊比”．變式5讓16題更具一般性．

參考文獻(xiàn)

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基金項(xiàng)目：內(nèi)江師范學(xué)院本科生教學(xué)研究能力培養(yǎng)模式探索與實(shí)踐（YLZY201902），內(nèi)江師范學(xué)院基礎(chǔ)教育研究與實(shí)踐專項(xiàng)“聚焦數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的大概念教學(xué)研究”（JG202125）.劉成龍系本文通訊作者. ）