摘 要：解決幾何問題時需要挖掘試題條件、關(guān)注圖形特征、關(guān)聯(lián)核心知識. 參照波利亞解題四步法，重點探尋如何抓住圖形特征，多角度分析試題；總結(jié)如何挖掘條件，理解題目；關(guān)注圖形特征，擬訂方案；回顧反思，總結(jié)提升.

關(guān)鍵詞：波利亞解題四步法；解法探尋；圖形特征；關(guān)聯(lián)分析

中圖分類號：G633.6 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A 文章編號：1673-8284（2024）09-0059-06

引用格式：王靜. 挖掘試題條件·關(guān)注圖形特征·探尋解題路徑：以一道中考幾何試題為例［J］. 中國數(shù)學(xué)教育（初中版），2024（9）：59-64.

《義務(wù)教育數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2022年版）》（以下簡稱《標(biāo)準(zhǔn)》）指出，要組織學(xué)生經(jīng)歷圖形的分析與比較的過程，引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會關(guān)注圖形的共性與區(qū)別，理解幾何問題的本質(zhì). 在教學(xué)中，教師要引導(dǎo)學(xué)生剖析幾何圖形的特征，根據(jù)特征挖掘、篩選、重組、關(guān)聯(lián)條件，并抓住未知元素特征，聯(lián)想核心知識，探索解題路徑. 實際上，將一道試題分析透徹有利于培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力. 以2023年中考江蘇南京卷第16題為例，借助波利亞解題四步法，搭建已知與未知的橋梁，探索該題的解題路徑.

一、試題呈現(xiàn)與分析

題目 如圖1，在菱形紙片ABCD中，點E在邊AB上，將紙片沿CE折疊，點B落在點B′處，[CB′⊥][AD]，垂足為點F，若CF = 4 cm，F(xiàn)B′ = 1 cm，則BE的長為___________.（設(shè)EB′與邊AD交于點N.）

1. 素養(yǎng)分析

該題是試卷中填空題的壓軸題，是在菱形的基礎(chǔ)上進(jìn)行翻折變換形成的圖形，題干簡潔，圖形優(yōu)美，其中蘊含的知識點較多. 試題考查了勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形、矩形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，平行線分線段成比例的基本事實，一次函數(shù)的相關(guān)知識，方程（組）等知識點，同時，考查了空間觀念、抽象能力、幾何直觀、推理能力、運算能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng). 解決該題，要用數(shù)學(xué)的眼光觀察問題，即從復(fù)雜的圖形中抽象出基本圖形，對基本圖形進(jìn)行條件分析、篩選、重組后進(jìn)行條件的再發(fā)現(xiàn)、再創(chuàng)造. 同時，要用數(shù)學(xué)的思維思考問題，即抓住圖形特征擬訂方案，確定合理的解題路徑.

該題適用于九年級二輪幾何專題復(fù)習(xí). 通過對該題的教學(xué)，能夠幫助學(xué)生打通幾何知識的脈絡(luò)，使知識網(wǎng)絡(luò)化、系統(tǒng)化，提高學(xué)生的綜合分析能力，同時培養(yǎng)學(xué)生從數(shù)學(xué)角度、用數(shù)學(xué)思維進(jìn)行問題求解，逐步養(yǎng)成有條理思考的思維品質(zhì).

2. 條件分析

《標(biāo)準(zhǔn)》指出，要認(rèn)識圖形變化的基本特征，體會運動前后圖形的變與不變，關(guān)注圖形的基本性質(zhì)和相互關(guān)系. 根據(jù)圖形的特征，對該題的條件進(jìn)行挖掘、篩選、重組，用數(shù)學(xué)的思維分析元素之間的關(guān)系，從而尋找解題的突破口. 根據(jù)已知條件，可以初步挖掘出的條件有：菱形的四條邊相等、對角相等、對邊平行；由軸對稱變換，推出相等的角和線段；由垂直推出直角. 對于幾何綜合題，還需要對挖掘出來的條件進(jìn)行篩選、重組和關(guān)聯(lián). 剖析條件的過程以框型圖呈現(xiàn)，如圖2所示.

通過上述分析可以發(fā)現(xiàn)，分析圖1中的基本圖形的邊和角，將其篩選、重組后，再分析三角形滿足的條件，又可以挖掘出一部分未知線段的長. 對條件充分挖掘的過程，正是理解題目的過程. 上述對條件的挖掘過程，在以下解法探尋中不再贅述.

二、解法探尋

解題時，將條件篩選、重組、關(guān)聯(lián)后，還需要關(guān)注未知元素的特征，抓住其在整個圖形中的特征，聯(lián)想相關(guān)的核心知識，擬訂方案，重構(gòu)圖形，探尋解題路徑，再執(zhí)行方案，梳理解題過程.

思路1：基于等角特征構(gòu)造等角三角函數(shù).

分析：∠B和∠D是等角，借助等角的三角函數(shù)相等可求出BE的長. 由于△BCE的邊BE不在直角三角形中，故需要構(gòu)建直角三角形.

解法1：如圖3，作EH ⊥ BC于點H. 由題意，得CD = BC = B′C = 5. 在Rt△DCF中，由勾股定理，得DF = 3. 易證[cosB=cosD]. 所以[BHBE=35]. 設(shè)BH = 3a，則BE = 5a. 由勾股定理，得EH = 4a. 易證CH = EH = 4a，所以BC = 3a + 4a = 5. 解得a = [57]，即BE = [257].

解法2：如圖3，作EH ⊥ BC于點H，可得CH = EH. 設(shè)CH = EH = t，易證tan D = tan∠EBH，即[t5-t=43]. 解得[t=207]. 所以[BH=5-t=157]. 在Rt△EBH中，由勾股定理，得[BE=257].

【評析】解法1和解法2中，EH這條垂線段不僅將∠B置于直角三角形中，更充分利用了“∠BCE = 45°”這個條件，產(chǎn)生共有直角邊EH的兩個直角三角形，且其中一個是等腰直角三角形（Rt△CEH）. 共邊直角三角形是銳角三角函數(shù)這一章的基本圖形. 解法1和解法2的不同之處是：解法1先利用等角三角函數(shù)得出線段之間的比，再按比例設(shè)未知數(shù)，最后利用線段之間的關(guān)系建立方程（[BH+CH=BC]）；解法2是先設(shè)未知數(shù)，并把相關(guān)線段用未知數(shù)表示，再利用等角三角函數(shù)建立方程. 兩種解法都充分利用了等腰直角三角形CEH中“EH = CH”的條件. 也就是說，通過添加輔助線，又可以挖掘出新的角相等和線段相等，這個條件對該題的求解起著推動的作用.

思路2：基于邊角特征“化斜為直”，構(gòu)造相似三角形.

分析：要求線段的長度常用的方法就是構(gòu)造相似三角形. 圖1中Rt△CDF的三邊長確定，聯(lián)想構(gòu)造與Rt△CDF相似的直角三角形. 因為BE是△BCE的一邊，其中[∠BCE=45°]，基于線段BE和∠BCE的特征，故作[EH⊥CB]，將△BCE轉(zhuǎn)化為有公共邊的兩個直角三角形，再利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求出BE的長.

解法3：如圖3，作[EH⊥CB]于點H，易證[EH=CH]. 設(shè)[EH=CH=t]，則[BH=5-t]. 易證[△BHE∽△DFC]. 所以[EHCF=BHDF]. 解得[t=207]. 下同解法2.

【評析】思路2與思路1的不同之處是：思路1利用銳角三角函數(shù)建立等量關(guān)系式求線段的長；思路2利用三角形相似建立等量關(guān)系式求線段的長. 兩者本質(zhì)是一樣的，都是求線段的長的通法. 兩種思路具有異曲同工之妙.

思路3：基于[AEBE]構(gòu)造相似三角形.

分析：因為線段BE是線段AB的一部分，基于[AEBE]聯(lián)想“X型”或“A型”相似三角形，利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求解BE的長.

解法4：如圖4，延長DA交CE的延長線于點T，易證[TF=CF=4]. 因為[AF=AD-DF=2]，所以[AT=2]. 易證[△TEA∽△CEB]. 所以[ATBC=AEBE]，即[25=][5-BEBE]. 解得[BE=][257].

解法5：如圖5，延長B′E交CB的延長線于點M，易證[△B′CM∽△DFC]. 易得[MC=203]，[BM=53]. 易證[△B′FN∽△DFC]. 易得[NF=43]. 所以[AN=23]. 易證[△AEN∽△BEM]. 所以[ANBM=AEBE]. 解得[BE=257].

解法6：如圖6，延長CF交BA的延長線于點R，作[EM⊥CR]于點M. 易求得[AF=2]. 易證[△RFA∽][△CFD]. 易得[RF=83]，[RA=103]，[RC=203]，[RB=253]. 易證[CM=EM]. 設(shè)[CM=EM=a]，易證[△REM∽][△RBC]. 所以[EMBC=RMRC]. 解得[a=207]. 易求得[BE=257].

解法7：如圖7，作[AQ⊥BC]于點Q，作[EP⊥B′C]于點P，AQ與EP相交于點M，易證四邊形AMPF和四邊形QMPC為矩形. 易知PE = PC，設(shè)PE = PC = a. 由已知，易證[△AEM∽△ABQ]. 所以[EMBQ=AMAQ]. 解得[a=207]. 所以FP = AM = [4-a =87]. 易證[AEBE=AMMQ]，解得[BE=257].

【評析】解法4和解法5分別是以△BCE和△AEN為基準(zhǔn)構(gòu)造“X型”相似三角形，解法6和解法7分別是以邊BC和AB為基準(zhǔn)在圖形外和圖形內(nèi)構(gòu)造“A型”相似三角形. 解法4、解法6和解法7在構(gòu)造基本圖形的同時，都產(chǎn)生了等腰直角三角形，借助等腰直角三角形腰相等的條件，使得求解過程順利.

思路4：基于翻折特征等量代換構(gòu)造相似三角形.

分析：圖形翻折后，B′E是BE的對應(yīng)邊. 要求BE的長，可以等量轉(zhuǎn)換為求B′E的長，而B′E又可以通過構(gòu)造“A型”相似三角形求得.

解法8：如圖8，作[EH⊥CB′]于點H，易證[EH=][CH]. 設(shè)[EH=CH=t]. 易證[△B′FN∽△DFC]，易求得[NF=43]. 易證[△B′NF∽△B′EH]. 所以[B′FB′H=NFEH]. 解得[t=207]. 所以[B′H=5-t =157]. 在Rt△B′EH中，由勾股定理，得[EB′=257].. 所以[BE=B′E=257].

【評析】將所求線段轉(zhuǎn)換為等量線段進(jìn)行求解是求線段長常用的方法. 此法可以拉近未知和已知的距離，已經(jīng)挖掘出來的條件大部分集中在圖形的右側(cè)，等量轉(zhuǎn)換后的線段EB′與已知條件間的聯(lián)系更密切，可以構(gòu)造以△B′NF為基準(zhǔn)的“A型”相似三角形. 同時，也產(chǎn)生了共直角邊EH的兩個直角三角形，挖掘等腰直角三角形EHC的腰相等的條件，結(jié)合相似三角形，線段EB′可求，即線段BE可求.

思路5：基于平行特征補(bǔ)全平行四邊形，構(gòu)造相似三角形.

分析：因為菱形ABCD的對邊平行，所以[BE∥CD]. 由BE為CD的平行線段，聯(lián)想到以BC，BE為邊構(gòu)造平行四邊形，通過求出此平行四邊形的對邊，進(jìn)而求出BE的長.

解法9：如圖9，作[EM∥BC]交B′C于點H. 易證[EH=HC]，四邊形AEMD和四邊形BEMC均為平行四邊形. 設(shè)[EH=HC=a]，易證[△CHM∽△CFD]. 所以[CHCF=][HMFD]. 解得[a=207]. 所以[HF=4-a =87]. 易證[MDMC=][HFHC]. 解得[MC=257]. 所以[BE=257].

【評析】解法9構(gòu)造平行四邊形的方法也是將所求線段向圖形的右側(cè)平移轉(zhuǎn)換，使未知和已知更靠攏. 與解法8的不同之處是，解法9是以△CFD為基準(zhǔn)在圖形內(nèi)構(gòu)造“A型”相似三角形.

思路6：基于圖形確定性巧妙建系.

分析：線段BE的端點E是EB′與AB的交點，由于交點確定，聯(lián)想構(gòu)造平面直角坐標(biāo)系，借助兩個一次函數(shù)，求出交點E的坐標(biāo)，進(jìn)而求出線段BE的長度.

解法10：如圖10，以點C為坐標(biāo)原點，以邊BC所在直線為x軸，以FC所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，易證[△B′NF∽△DCF]. 易得[NF=43]. 易得點N，B′，A，B的坐標(biāo)分別為[-43，4]，[0，5]，[-2，4]，[-5，0]. 易求直線AB的方程為[y=43x+][203]，直線NB′的方程為[y=34x+5]. 聯(lián)立兩直線方程，求得點E的坐標(biāo)為[-207， 207]. 由勾股定理易求得[BE=257].

解法11：如圖11，以點F為坐標(biāo)原點，以邊AD所在直線為x軸，以邊B′C所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系. 同解法10，得[NF=43]. 易得點N，B′，A，B的坐標(biāo)分別為[-43，0]，[0，1]，[-2，0]，[-5，-4]. 易求直線AB的方程為[y=43x+83]，直線NB′的方程為[y=34x+1]. 聯(lián)立兩直線方程，求得點E的坐標(biāo)為[-207， -87]. 由勾股定理易求[BE=257].

【評析】解法10和解法11都采用了建系法. 此法思路簡潔，是幾何問題的代數(shù)解法，考查了數(shù)形結(jié)合思想. 建系的方法有很多，分別以點A，B，D，N，B′為坐標(biāo)原點建系，均可以求出兩條直線交點E的坐標(biāo)，進(jìn)而求出BE的長. 但是這幾種建系方法的求解過程稍顯煩瑣.

三、教學(xué)啟示

以上對試題的剖析過程遵循了波利亞的解題步驟. 波利亞的解題步驟是：（1）理解題目；（2）擬訂方案；（3）執(zhí)行方案；（4）回顧. 在這四個步驟中，“擬訂方案”是解題的關(guān)鍵，“理解題目”是解題的前提.“擬訂方案”往往是在不斷深入理解題目中進(jìn)行的，“執(zhí)行方案”是解題的具體操作呈現(xiàn)，較前兩個步驟容易一些，“回顧”是解題的必要步驟，檢查結(jié)果的同時，更應(yīng)該關(guān)注解題的回顧、提煉與拓展.

1. 挖掘條件，理解題目

對于一道幾何題，要想快速破解，不僅要分析基本圖形中的邊、角元素，還要分析基本圖形之間的關(guān)系，甚至在添加輔助線之后，還需要繼續(xù)挖掘條件. 例如，該題的多種解法中，構(gòu)造輔助線后產(chǎn)生了等腰直角三角形和共邊直角三角形. 也就是說，對構(gòu)圖以后的圖形，可以繼續(xù)挖掘邊和角的條件，條件越多，解題過程就越簡潔. 有的學(xué)生抱怨做不出來題目，其實是對題目條件的挖掘不到位，找不到條件之間的聯(lián)系，不能對已挖掘的條件進(jìn)行再發(fā)現(xiàn)、再創(chuàng)造. 因此，只有充分挖掘題目條件，弄清題意，才能快速找到解題的突破口.

2. 關(guān)注特征，擬訂方案

在解題時，首先要關(guān)注圖形中未知元素的特征，如此題中的BE既是一條線段，更是占比線段（線段AB的一部分），線段的兩個端點分別為兩條線段的交點和某個角的頂點. 其次，剖析完元素的特征，針對相應(yīng)的特征，就近聯(lián)想采用何種解題思路，如該題的解法中關(guān)注等角特征、線段BE的位置特征、占比線段、平行線段、交點的確定性，分別采用了構(gòu)建等角三角函數(shù)、“化斜為直”構(gòu)造相似三角形、“A型”或“X型”相似三角形、平行四邊形、平面直角坐標(biāo)系等方法. 根據(jù)元素的特征，就近聯(lián)想核心知識，探索解題思路，其本質(zhì)就是擬訂解題方案，這是解題的關(guān)鍵. 在探索解題思路的過程中，還要使未知盡可能向已知靠攏，如解法8和解法9的輔助線添加方法縮小了已知與未知的距離. 圖12是該題多種解法的分析圖，直觀呈現(xiàn)了如何分析一道幾何題，如何抓住未知元素特征擬訂方案，打通未知與已知的聯(lián)結(jié)通道. 通道打通后，執(zhí)行方案則水到渠成.

3. 回顧反思，總結(jié)提升

波利亞曾說：如果你希望從自己的努力中取得最大的收獲，就要從已經(jīng)解決了的問題中找出那些對處理將來的問題可能有用的特征. 在解題教學(xué)中，并不是給出解法就意味著此題的解題過程結(jié)束，還需要回顧反思解法的異同、優(yōu)劣，以及其中涉及的知識點、輔助線添加的切入點；還要思考是否有其他解法，以及解該題運用了什么思想方法，考查了什么核心素養(yǎng). 在解法探析中，針對每一種解法進(jìn)行了反思，只有不斷回顧反思解題過程，在遇到難題時，才會知道如何分析、如何構(gòu)造、如何關(guān)聯(lián)核心知識，探索出解題的破解之道，才能提升學(xué)生分析問題和解決問題的能力. 通過引導(dǎo)學(xué)生歸納解題方法、技巧、規(guī)律和思想方法，能夠促進(jìn)知識向能力的轉(zhuǎn)變，助力學(xué)生實現(xiàn)自我完善，爭取達(dá)到“解一題，通一法，會一類，通一片”的效果.

解法探析中遵循“挖掘條件，理解題目—關(guān)注特征，擬訂方案—整理思路，執(zhí)行方案—回顧反思，總結(jié)提升”的解題流程，能讓解題教學(xué)有章可循、有法可依.

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