安徽省合肥市第四十八中學 (郵編:230002)

安徽省蚌埠市教育科學研究所 陳耀忠 (郵編:233000)

2023年安徽省初中學業(yè)水平考試順利進行,數學試卷中第22題成為廣大一線教師的關注熱點. 對比近三年的安徽中考壓軸題,感覺命題技術特別嫻熟,2021年的位似變換、2022年對稱構圖、2023年旋轉入題,應該是一種有意而為之的設置.本文針對2023年安徽中考第22題,從解題研究、試題研究、變化研究等視角展開討論,限于個人水平,請同行批評指正.

1 試題及解

試題(2023年安徽中考第22題)在Rt△ABC中,M是斜邊AB的中點,將線段MA繞點M旋轉至MD位置,點D在直線AB外,連接AD,BD.

(1)如圖1,求∠ADB的大小;

圖1

(2)已知點D和邊AC上的點E滿足ME⊥AD,DE∥AB.

(ⅰ)如圖2,連接CD,求證:BD=CD;

圖2

(ⅱ)如圖3,連接BE,若AC=8,BC=6,求tan∠ABE的值.

圖3

解答(1)(方法一)由題意,MA=MD=MB,所以∠MAD=∠MDA,∠MBD=∠MDB, 而∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB=180°,故∠ADB=∠MDA+∠MDB=90°.

(方法二)如圖4,倍長DM至N,則AB,DN相互平分,證明四邊形ADBN是矩形.

圖4

(方法三)如圖5證明點D在以AB為直徑的圓M上.

圖5

(2)(ⅰ)先證明四邊形MAED是平行四邊形.

(方法一)從而MD∥AC,故MD⊥BC,即∠CFD=90°=∠BFD,

又M是中點,所以DM與BC的交點F(如圖6)是BC的中點,即CF=BF,而DF是公共邊,故△CDF≌△BDF,于是BD=CD.

圖6

(方法二)同方法一,先證CF=BF,再證MD是線段BC的垂直平分線,于是BD=CD.

(方法三) 如圖7,連接MC,證△MBC是等腰三角形,故∠CMD=∠BMD,從而△CMD≌△BMD,BD=CD.

圖7

(方法四)先證CF=BF,如圖8,作EN⊥AB于點N,先證△EMN≌△BDF,再證Rt△ENM≌Rt△CDF,從而CD=EM=BD.

圖8

(方法五)如圖9,證Rt△MEH≌Rt△BDF,得EH=DF,再證Rt△MEH≌Rt△CDF,從而CD=EM=BD.

圖9

(方法六)如圖9,證△AEM≌△MDB,得BF=MH=CF,再證

Rt△MEH≌Rt△CDF,從而CD=EM=BD.

(方法七)如圖10,連接MC,則△MBC是等腰三角形,再證∠CMD=∠BMD,根據圓的定義知,B,C,D三點在以AB為直徑的⊙M上,所以BD=CD.

圖10

(方法八)如圖11,作EH⊥MD于點H,△BMD≌△EDM?BF=EH=CF?△BDF≌△CDF,從而BD=CD.

圖11

(方法九)如圖11,作EH⊥MD于點H,△BFD≌△EHM?BF=EH=CF?△BDF≌△CDF,從而BD=CD.

(方法十)如圖12,連接MC,作MF∥CD,交AC于點F.則AE=DM=CF,從而AF=CE,而AM=CM,∠FAM=∠ECM,所以△FAM≌△ECM,故CD=FM=EM=BD.

圖12

(方法十一)如圖7先證MAED是菱形,故AE=AM=MC=MD,因而△AEM≌△MCD?CD=EM=BD.

(方法十二)MAED是菱形,所以,∠MAD=∠EAD,根據圓的定義,易證A,B,C,D都在以AB為直徑,M為圓心的圓上(如圖13),由圓周角相等得BD=CD.

圖13

(方法十三)如圖13,根據圓的定義知,B,C,D三點在以AB為直徑的⊙M上,根據垂徑定理,BD=CD.

(方法十四)MAED是菱形,∠MAD=∠EAD,如圖14,由(1)AD⊥BD,所以△ABF為等腰三角形,從而BD=DF,根據圓的定義,易證A,B,C,D都在以AB為直徑,M為圓心的圓上,∠F=∠ABF=∠FCD,故DF=CD,從而BD=CD.

圖14

(方法十六)MAED是菱形,所以∠DCB=∠DAM=∠DAC=90°-∠AEM=∠EMH(如圖15,MH⊥AC),而MD∥AC,故MH=CF,所以Rt△MEH≌Rt△CDF,于是CD=ME=BD.

圖15

(方法十七)所以MD∥AC,而AC⊥BC,且M是AB中點,記BC,MD的交點為F,則F為BC的中點,且MD⊥BC.

如圖16,截取FG=FD,則DG,BC垂直平分,所以四邊形BDCG是菱形,從而BC=CD.

圖16

(ⅱ)由題意,AB=10,從而MA=MB=5.

(方法一)如圖17,作EH⊥AB于點H,記BC,AD相交于點F.

圖17

由(ⅰ),MAED是菱形,所以AE=AM=5,CE=3.因為S菱形AMDE=AM·EH=AE·CF,所以EH=CF=BF=3.

(方法二)如圖17,作EH⊥AB于點H.由(ⅰ),BF=FC=3,AE=AM=5,從CE=3.又因為四邊形BDEM是平行四邊形,

所以EM=BD,∠EMH=∠DBA=∠BDF,∠EHM=90°=∠BFD,

所以△EMH≌△BDF,從而EH=BF=3=CE, 故BE平分∠ABC,

(方法三)如圖17,作EH⊥AB于點H. 由(ⅰ),MAED是菱形,所以AE=AM=5,

從以上解答可以看出,本題難度不大,通過線段旋轉產生的圖形,從一般性質出發(fā),通過逐步增加條件,使得圖形的性質越來越豐富、特殊,解題過程中出現(xiàn)了三角形內角和定理的運用、等腰三角形的性質、直角三角形的性質,矩形的判定與性質、圓的概念及性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質,旋轉的性質、對稱的應用,應該說考查內容極其豐富. 本題三小問起點較低、入口極寬,中間的問題承上啟下,成為解題的核心,最后一問蜻蜓點水,給研究者留下極大空間.

2 試題研究

2.1 圖1的一個結論

命題1如圖,已知∠ACB=∠ADB=90°,AC=BC.

圖18

圖19

(2)如圖19,作CE⊥AD于點E,CF⊥DB于點F,類似即證!

2.2 圖2的出處及價值

本題圖2出處與阿拉伯著名數學家、天文學家阿爾·卡西有關,阿爾·卡西在其著作《圓周論》中敘述了圓周率π的計算方法,與阿基米德、劉徽一樣,也采用求圓內接和外切正多邊形周長的方法[1],但計算過程完全不同,為方便說明,以現(xiàn)代的方法解釋他給出的公式:

如圖20,阿爾·卡西在分割過程的計算中,利用了下面的遞推公式:

圖20

當時,采用的60進制,計算了圓內接正3×228的周長,同理計算出圓外切正3×228的周長,得到的近似值為π=3.14159265358979325,有17位有效數字.

2.3 圖3教材索源及性質研究

如圖21,若記AD,BE的交點為I,則I為△ABC的內心;若補齊△ABF,則AD,BC的交點H是△ABF的垂心.因此,從這些角度來看,本題是三角形內心、垂心的聯(lián)袂演出.

圖21

正因為如此,試題圖3有著非常多的性質:

命題2如圖22,將⊙M補齊,延長BE交⊙M于點G,記BG,AD交點為I,BC,MD交于點F,AD,EF交于點H,則有

圖22

(1)△AEM≌△DEM≌△MBD;

(2)AD,BG分別平分∠CAB,∠CBA,交點I為△ABC的內心;

(3)△IGA∽△IDB∽△ECF,且均為等腰直角三角形;

本題圖形給出一種證明下面大家熟知的定理的一種構圖思路:

證明如圖23,構造Rt△ABC,其中AC=3,BC=4,AB=5,延長CB,CA,分別至點D,E,使得AE=BD=5,則

圖23

3 變化研究

3.1 一道流傳廣泛的試題

命題4已知,AB是半圓的直徑,C是半圓周上一點,AD平分∠CAB,交半圓O于點D,在下列條件下分別求AD的長.

(1)如圖24,AC=4,BC=3;

圖24

(2)如圖25,AC=3,BC=4.

圖25

3.2 改BC為正六邊形一邊

阿爾·卡西在圓周率求解中,構圖的原始狀態(tài)就是以正六邊形為起點,在這種狀態(tài)下我們有:

命題5如圖26,C,D在半圓M上,AB是半圓直徑,∠CAB=30°,點M是AB的中點,MD=MA,ME⊥AC,交邊AC于點E,四邊形BDEM是平行四邊形,則圖中所有自然角的度數均是15的倍數.

圖26

與原題結合,改變點D的位置,有

命題6如圖27,C,D在半圓M上,AB是半圓直徑,∠CAB=30°,點M是AB的中點,MD=MA,ME⊥AD,交邊AC于點E,若DM⊥AB,則

圖27

(1)△AEM≌△DEM≌△EDC≌△CLE,且三角形三內角分別為30°,45°,105°;

(2)△MCD∽△DEF∽△EML∽△MLF,且三角形均為頂角是30°的等腰三角形;

(3)△ADM≌△BEC,且均為等腰直角三角形;

(4)四邊形CDEM是等腰梯形,其中DE∥CM;

(5)四邊形CDEL是平行四邊形.

4 后記

就本題而言,從命題角度來看,利用旋轉,結合圓的定義自然有A,B,C,D四點共圓;從解題過程來看,本題解法多樣,內涵豐富,幾乎涵蓋了初中平面幾何的全部知識,而且難度適中,兼顧基礎與發(fā)展;通過圖形的變化來看,本題圖形多變,支撐邏輯眾多,對學習平面幾何、落實幾何素養(yǎng)有著非常好的價值.