一道中考压轴题的探索与变式

李玲

1 引言

解答一道复杂的数学题，以特殊情形为起点，往往能抓住数学问题的本质.现以2021年浙江省衢州市中考数学第24题解答探索及变式研究为例，探讨如何就题变式、就题借力，追寻解题教学初心，有效发展学生思维能力，力求解题教学效能最优.

2 试题呈现

推理：

如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G.

（1）求证：△BCE≌△CDG.

运用：

（2）如图2，在推理条件下，延长BF交AD于点H.若HDHF=45 ，CE=9，求线段DE的长.

拓展：

（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若 ABBC=k， HDHF=45，求DEEC 的值（用含k的代数式表示）.

3 解答研讨

3.1 “两等两线”看折叠，洞察结构得思路

思路分析：第（1）问，识别折叠具有轴对称的本质，洞察到“两等两线”结构：折痕BE所在直线既是∠FBC的平分线、也是对应点连线段CF的垂直平分线;还有全等三角形及等腰△BCF，△ECF这样的基本图形.执果索因，容易得到△BCE≌△CDG.

3.2 给定比值求线段，联想构造妙转化

第（2）问，在推理的基础上添加了线段比及一条线段长两个条件，紧扣“两等两线”如何去找关联？结合条件及图形分析，直接求解;或构建方程模型整体求解;或搜索关联相似三角形进行转化;或从直角入手建立坐标系，借助点的坐标去求线段长;或面积法入手建立方程等.

思路分析：如图3，由△BCE≌△CDG，得CE=DG=9.由折叠知BC=BF，CE=FE=9，则∠1=∠2.由四边形ABCD是正方形，得AD∥BC，则∠2=∠4.又∠1=∠3，所以∠3=∠4，则HF=HG.由HDHF=45 及DG=9，得HD=4.

思路一：由条件易求出EF，HF，HD的长度，从正方形内折叠的图形结构联想转化，想到双勾股法.

解法1：由思路分析求得HD=4，HF=HG=5.因为∠D=∠HFE=90°，所以HF2+EF2=HD2+DE2，即52+92=42+DE2，得DE=3 10 或-3 10（舍）.故 DE=3 10.

思路二：由图3中的对顶角和平行線，易得GH=FH=5，HD=4，再结合AB=BF=BC这个条件，在Rt△ABH中用勾股定理，先求出正方形的边长，再利用线段和差关系间接求DE的长.

解法2：在求得DG=9，HD=4后，设AB=BC=BF=a，则HB=a+5，AH=a-4.在Rt△ABH中，AB2+AH2=HB2，得a2+（a-4）2=（a+5）2，解得a=9+3 10 或9-3 10（舍去）.则DE=DC-EC=3 10.

解法2是从条件出发，顺思联想，从前一问找思路.这样的解答似乎还少了从设问间找关联，从结论出发逆推的思路.第（2）问还可以看透图形结构，求DE的长，由（1）易得GD=CE=EF，加上正方形易捕捉到AG=DE，从而在转化思想下，不妨直接设AG=DE=x，“由因导果、执果索因”，直取目标，计算上会优于解法2.

思路三：如图4，分别延长BH，CD交于点I，构造和DE有关的相似三角形，即△IDH∽△IFE，求出ID与IE的长.

解法3：由给定条件易得DG=9，HD=4，易得△IDH∽△IFE，则HDFE=IDIF=IHIE=49.设ID=4a，则IF=9a ，HI=9a-5. 在Rt△IHD中，由ID2+DH2=HI2，即（4a）2+42=（9a-5）2，得a=45+12 1065或45-12 1065（舍）.

所以 DE=IE-ID=94（9a-5）-4a=3 10.

构造和DE有关的相似三角形有多种方法.结合图4，如，反“A”型△IDH∽△IFE，“A”型△IDH∽△ICB，“X”型△IDH∽△BAH，都可以求出DE的长，但在求解的过程中又引进了新的未知量，且计算的过程中同一个三角形三条边都需要用到，并涉及勾股定理，总的来说相似法计算难度较大.

思路四：建系，利用一次函数求出D，E的坐标.

解法4：由给定条件易得DG=9，HD=4.如图5，以B为原点，分别以直线BC，BA为x轴，y轴建立平面直角坐标系.设D（t，t），则E（t，9）C（t，0），H（t-4，t），

G（t-9，t），kBH=tt-4，lBH：y=tt-4x，kGC=-t9， lCG：y=-t9x+t29.

联立直线CG和BH方程，得Ft（t-4）t+5，t2t+5……

利用两点间的距离公式及FH=5找等量关系，理论上可求出t的值，但因为计算量大，在此处不追求解法的数量，仅供了解.

思路五：当图形中出现多处垂直，可以由垂直联想到高，进而联想到面积，用不同方法求同一个图形的面积就可以得到等量关系，常称作面积法.相较于前面4种解法，等量关系表面复杂，但计算并不复杂，计算难度较低，能顺利得到结果.

解法5：由给定条件易得DG=9，HD=4.如图3，设DE=x，由S梯HDCB=S△HDE+S△HEB+S△EBC ，得

12（HD+BC）·DC=12HD·DE + 12EF·HB+12EC·BC，

即12（4+9+x）（9+x）=12＼54x+12（5+9+x）＼59+12（9+x）＼59.

解得 x=3 10 或-3  10（舍）.所以DE=3 10.

以上5种解法，学生最容易想到的思路是双勾股法、勾股、相似、建系，计算上最为简便的是解法1的双勾股法和解法5的面积法.笔者尤其要提到面积法难想易算这一点，启示我们无论做什么题，潜意识里不要见题就算，要先宏观选择方向，再微观确定方法.

3.3 形变质不变，类比迁移可得法

第（3）问，当“正方形”的条件换为“矩形”，比值的条件不变时，联系第（2）问的运用，发现问题表面上虽有变化，但在求解第（3）问时仍可沿用第（2）问的方法及思路.反过来，当把第（3）问的结果求出时，令k=1，利用第（2）问的结果来验证计算过程是否正确.沿用（2）的解题思路及方法，字母代替数，比值代替相等，体现了变化中的不变性.因此，从特殊到一般，可以帮助我们厘清思路，找到解题方法及问题的本质.

解法1：连接HE.由题意 HDHF=45，可设DH=4m，HF=HG=5m.

点H在点D的左侧时，如图6，由HF=HG，DG=HD+GD=9m，由折叠可知BE⊥CF，∠ECF+∠BEC=90°.由∠D=90°，得∠ECF+∠CGD=90°.则∠BEC=∠CGD.又∠BCE=∠D=90°，则△CDG∽△BCE，得 DGCE=CDBC .又由CDBC=ABBC=k，得9mCE=k1 ，即CE=9mk=EF.由∠D=∠HFE=90°，得HF2+EF2=DH2+DE2，即（5m）2+9mk2=（4m）2+DE2，求得DE=3m k2+9k.

因此DEEC=3m k2+9k·k9m= k2+93.

当点H在点D的右侧时，如图7，由HF=HG，得DG=HG-HD=m.同理CDBC=ABBC=k，所以mCE=k1 ，则CE=mk=EF.由∠D=∠HFE=90°，得HF2+EF2=DH2+DE2，即（5m）2+（mk）2=（4m）2+DE2，可得DE=m 9k2+1k.

因此DEEC = m 9k2+1k·km = 9k2+1.

解法2：如图6，由△BCE∽△CDG，得CEDG=BCDC=1k.设 EC=x，则 DG=kx.由HDHF=45 ，DG= kx ，得HD=4kx9，HF=GH=5kx9.设AB=a，则BC=BF=ak，得HB=ak+5kx9 ，AH=ak-4kx9.

在Rt△ABH中，AB2+AH2=HB2，则a2+ak-4kx92=ak+5kx92……

因为运算量大，勾股法在第（3）问中不适用，所以不做详细解答.同样，对于沿用第（2）问中的相似法、建系法，实际计算过程繁杂，都不适用于第（3）问.

解法3：点H在点D的左侧时，如图6，设 EC=x，可得GD=kx， 则HD=4kx9，HF=GH=5kx9.设DE=a，则DC=AB=a+x，BC=BF=a+xk，HB=a+xk+5kx9.由图可知 S梯HDCB=S△HDE+S△HEB+S△EBC，则有12（HD+BC）DC=12HD·DE + 12HB·EF + 12 BC·EC，即124kx9+a+xk·（a+x）=12·4kx9·a+12·a+xk+5kx9·x+12·a+xk·x，解得a=±x k2+93.又a>0，所以a=x k2+93.故 DEEC= k2+93.

点H在点D的右侧时，如图8，连接CH，仍设EC=x，则 DG=kx.

同上述方法可得DG=kx，

HD=4kx，HF=GH=5kx.设DE=a，则DC=AB=a+x，BC=BF=a+xk，HB=a+xk +5kx.由S△BCH=S△HEC+S△HEB+S△EBC，得12BC·DC=12HD·CE +12 HB·EF + 12BC·EC，即 12·a+xk·（a+x）=12·4kx·x+12·a+xk+5kx·x+12·a+xk·x.计算可得a=±x 9k2+1， 由于a>0， 则 a=x 9k2+1.

故DEEC= 9k2+1.

面积法的算式看起来非常复杂，但是化简计算过程非常简单.

4 变式拓展

结合以上解答探索，发现此题以正方形到矩形的折叠问题为探究背景，融入初中数学核心知识，渗透特殊到一般、数形结合、函数与方程、分类讨论等核心数学思想方法.若对试题相关的命题素材进行变式，将会引导学生注重知识体验的过程，优化学生思维方式，强化基本数学思想方法的感悟与内化，从而充分发挥此题的教学价值.基于此，笔者从以下三点进行了相关的变式思考.

4.1 第（1）问，还可以怎样设问？

能设问GD=EC吗？事实上，这种设问是可以的，而且比原题第（1）问证明△BCE≌△CDG的方法更多，例如三角函数法，也为第（2）问的解答提供更多线索和思路，这样的变式是可行的.

4.2 第（2）问，条件HDHF=45能更改吗？

若设定HDHF=54会如何？根据题意： BF交AD于点H，会找到第一个临界的地方是D，H两点重合时，此时DE>EC，即DE>EF，故一开始是HDHF.因为在点E运动的过程中，双勾股模型始终存在，所以HD可以大于、小于或等于HF，因此这样的改编是可以的.HDHF的值在命题时也可以是任意的.

4.3 第（3）问，k值是任意的吗？

这一问的k值是任意的吗？例如k很大或者很小，不妨对HDHF=54进行探究.

当0

如图10，当点E继续往下运动时，△BCE就会翻折到矩形ABCD内，此时也存在HDHF=54这种情况;

0

1

如图11，点E运动到比较靠近点C时，△BCE虽还是翻折到矩形ABCD内，但是BF与AD的交点在AD的延长线上，此时显然DH

当k≥1时，点E运动到较靠近D点时，△BCE会翻折到矩形ABCD外，如图12，此时存在HDHF= 54这种情况;

2

3

如图13，点E在CD上继续运动时与0

4

当点E运动到比较靠近C点时，此时BF与AD的交点在AD的延长线上，如图14，此时也和0

通过以上分析我们发现，命题专家在命制这道中考题时非常严谨细致，HDHF=45这个数据的设计，满足k值是任意的正实数，不需要对k进行分类讨论，不需要考虑△BCE翻折到矩形外的情况，在直击数学本质的同时，对考生极具人文关怀.因为，如果把数据更改为HDHF=54，就首先需要对k的值按0

结合以上研题分析，给出这道题的完整变式，以进一步发展学生的思维，更好地落实本题的解题教学价值.

变式 推理：

如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接BE，CF，延长CF交AD于点G.

（1）求证：GD=EC.

运用：

（2）如图2，在推理条件下，延长BF交AD于点H.若HDHF=54 ，CE=9，求线段DE的长.

拓展：

（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，直线CF，BF交直线AD于G，H两点，若 ABBC=k， HDHF=54，求DEEC 的值（用含k的代数式表示）.