一道中考题的探究

蒋红珠　黄文丽　刘成龙

试题再现 （2020年深圳中考第16题（下文简称16题））如图1，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，tan∠ACB=12，BOOD=43，则SΔABDSΔCBD= ．

16题以直角三角形构成的四边形为载体，主要考查学生对常见相似三角形相关模型的掌握程度，考查学生对面积比问题的转化与解决能力，具有言语直观、构思精巧、图形简洁、内涵丰富、背景公平、解法多样等特点，是考查学生逻辑推理、直观想象、数学建模、数学运算等素养的有力素材．同时，16题是数学探究的良好素材．下文将从试题的背景、解法和变式三个视角进行探究．

1 背景探究

研究试题背景可以准确把握试题的本质、理解试题的设问、扩宽试题的解法、加强试题的扩展．中考数学压轴题追求试题背景的新颖性与独特性，常常是在“教材知识”的基础上向四大背景上集中：高中数学背景、现实生活背景、历史名题背景、经典试题背景（包括往年的竞赛题或中考题）．16题蕴涵教材背景和竞赛背景．

背景1 教材背景

源于北师大版九年级上册第三章《图形的相似》复习题中的第22题（第107页）：

第22题 如图2，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=6，CD=4，BD=14，点P在BD上移动，当以P，C，D为顶点的三角形与ΔABP相似时，求PB的长．

评注：第22题中当以P，C，D为顶点的三角形与ΔABP相似时，就可提炼出“一线三等角模型”中的“一线三直角模型”，是相似三角形中的重要模型．在16题的图1中，过点D作BC的平行线与BA的延长线交于点E，

如图3所示，通过16题的其他条件可知∠E=∠ABC=∠DAC=90°，即含有“一线三直角模型”．命题者间接选择“一线三直角模型”为素材，为ΔABD和ΔCBD求面积找底和高奠定了基础，考查学生转化与化归思想及数形结合思想．

背景2 竞赛背景

张景中院士所提出的共边定理有四种情形，如图4所示．若直线AB和PQ相较于点M，则有SΔPABSΔQAB=PMQM．人们为了方便记忆，称图4（1）为“风筝模型”、图4（2）和（3）为“燕尾模型”、图4（4）为“双峰模型”．16题的图1与共边定理中的风筝模型相同．共边定理可以解决小学高年级及中学低年级阶段的数学竞赛试题，文中展示了几道竞赛试题，此处略．

评注：了解共边定理后，易想到，若要求16题中SΔABDSΔCBD的值，即求OAOC的值．共边定理是“等底等高的三角形面积相等”这一性质的推论．命题者选择“风筝模型”为背景，暗示考生可将面积比转化为线段比来解决问题．

2 解法探究

思路1 由共边定理可知，要求SΔABDSΔCBD的值，即求OAOC的值．

解法1：如图5所示，过点B作AC的垂线交AC于点E，则∠BEO=90°，因为∠DAO=90°，所以∠BEO=∠DAO，又因为∠EOB=∠AOD，所以ΔEOB～ΔAOD，再由BOOD=43，设AO=3k，OE=4k，则AE=7k．因为∠ABC=90°，易证ΔABC～ΔAEB～ΔBEC，又因为tan∠ACB=12，则BE=14k，EC=28k，OC=32k，从而OAOC=3k32k=332，即SΔABDSΔCBD=332．

评注：解法1主要使用了相似三角形的性质来解答问题，解法1后面求OC时，也可使用射影定理来求．

思路2 要想求OAOC的值，也可找与OAOC的值等价的线段比．

解法2：如图6，过点D作BC的平行线与BA的延长线交于点E，过点O作AB的垂线交AB于点F，由∠ABC=∠DAC=90°，则易证ΔAED～ΔOFA～ΔCBA且ΔAFO～ΔDEB．因为tan∠ACB=12，BOOD=43，则不妨设OF=4k，则AF=2k，ED=7k，AE=14k，则FB=43（AE+AF）=64k3，由ΔOFA～ΔCBA可知，要求OAOC的值，等价于求AFFB的值即可，化简得SΔABDSΔCBD=332．

评注：从解法2的过程中可知，要求OAOC的值，可转化为求FOBC的值，方法与解法2类似，略．

思路3 解法1和解法2都主要通过相似三角形的性质来解答的，而构造相似三角形的一个重要方法就是作平行线，构造“8”字模型．

解法3：如图7，过点D作BC的平行线与CA的延长线交于点E，由∠ABC=∠DAC=90°，易证ΔDAE～ΔABC且ΔODE～ΔOBC，则∠ACB=∠E，又BOOD=43，所以OCOE=AC－OAAE+OA=43①．因为tan∠ACB=12，设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．

评注：解法3利用作平行线构造相似三角形，在求解OA与OC的比值过程中主要使用方程的思想．

思路4 求两个三角形的面积之比时，更为直接的想法是用底和高的乘积将其表示出来．

解法4：如图8，过點D作BC的平行线与CA的延长线交于点E，并延长BA与ED交于点F，再由∠ABC=∠DAC=90°，则易找出ΔABD和ΔCBD的底和高，因为tan∠ACB=12，则SΔABDSΔCBD=12AB·FD12BC·FB=FD2FB，下求FDFB的值．易证ΔODE～ΔOBC，ΔDFA～ΔDAE，设DF=k，则AF=2k，则EF=4k，则ED=5k，因为BOOD=43，则BC=20k3，则AB=10k3，易得OAOC=332，即SΔABDSΔCBD=332．

解法5：同图6，易找出ΔABD和ΔCBD的底和高，因为tan∠ACB=12，则SΔABDSΔCBD=12AB·ED12BC·EB=ED2EB，从解法2中易求．

评注：解法4和解法5解答原理一样，只是寻找ΔABD和ΔCBD不同的底和高而已．

思路5 如图9，“铅垂高法”：对任意ΔABC，有SΔABC=12ah．

解法6：如图10，作出ΔABD和ΔCBD的铅垂高和水平宽．ΔABD和ΔCBD的铅垂高分别为AB，DG=EB，水平宽分别为ED，EF=BC，因为tan∠ACB=12，则SΔABDSΔCBD=12AB·ED12BC·EB=ED2EB，从解法2中易求．

评注：解法6与解法4、5后续的解答过程类似．

思路6 由图10，考虑用割补法求三角形的面积．针对ΔABD，比较好算的是采用补形法，即SΔABD=SΔBED－SΔAED．求ΔCBD的面积时，则有如下4种方法．

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．

評注：由解法2易得解法7、8、9、10中所出现的三角形、梯形、矩形的面积，此处不再赘述．

3 变式探究

16题中具有“风筝模型”的影子，通过共边定理的结论，能够自然想到要求SΔABDSΔCBD的值，即求OA与OC的比值；要求SΔABCSΔADC的值，即求OB与OD的比值．16题以RtΔDAC和RtΔABC构成的四边形ABCD为载体，命题者给出的已知条件是∠ACB的正切值（AB与BC的比值），在另一个直角三角形中相对应的就是∠ACD的正切值（AD与AC的比值）．本道题的核心实则就是上述四个比值之间的一种相互转化．因此，接下来将探究以RtΔDAC和RtΔABC为载体的四边形ABCD中，OB与OD的比值、OA与OC的比值、AB与BC的比值、AD与AC的比值这四者之间的关系．

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

变式1 如图11，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，ABBC=12，OBOD=43，求证SΔABDSΔCBD=OAOC=332，ADAC=3109109．

变式1的证明由16题的解法1易证出．

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

变式2 如图11，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，ABBC=12，OAOC=110，求证SΔABCSΔADC=OBOD=65，ADAC=1010．

简证：如图12，易证ΔDEA～ΔABC，设AB=x，ED=y，则BC=2x，EA=2y，则AG=x5，则FG=y－x5，由ΔDFG～ΔBAG求x和y之间的关系，易证SΔABCSΔADC=OBOD=65，ADDC=1010．

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

变式3 如图13，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，ADAC=35，OBOD=12，求证SΔABDSΔCBD=OAOC=73－167393，ABBC=4－73．

简证：如图14，设AD=3x，则AC=4x，BE=3x2，则由射影定理可知BE2=9x24=AE·EC，由AC=AE+EC=4x可知，（EC－AE）2=（AE+EC）2－4AE·EC，化简可得EC－AE=7x，结合AE+EC=4x，易求SΔABDSΔCBD=OAOC=73－167393，ABBC=4－73．

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

变式4 如图15，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=90°，ADAC=35，OAOC=1，求证SΔABCSΔADC=OBOD=21313，ABBC=2+133．

简证：假设OBOD=t，类似于解法1可得．

思路5 在背景探究中揭示了本题蕴含的“一线三直角模型”，若图1中的∠ABC和∠DAC不是直角，结论会怎样？于是得到如下推广．

变式5 如图16，已知四边形ABCD，AC与BD相交于点O，∠ABC=∠DAC=α，α∈（0，π），ABAC=m，BOOD=n，求证SΔABDSΔCBD=m2n－m2+1．

简证：过点B作AD的平行线与AC相交，方法类似于解法探究中的解法1．

评注：为了描述的简便性，在RtΔDAC和RtΔABC为载体的四边形ABCD中，称OB与OD的比值和OA与OC的比值为“内边比”、称AB与BC的比值、AD与AC的比值为“直角三角形的外边比”．从变式1、2、3、4可知，只要已知任意一组“内边比”和一组“直角三角形的外边比”，就可求出另一组“内边比”和另一组“直角三角形的外边比”．变式5让16题更具一般性．

参考文献

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［2］罗增儒.中考数学压轴题的研究［J］.中学数学教学参考（中旬），2021（14）：46-50.

［3］张景中，彭翕成.共边定理［J］.中学生数理化，2007（11）：4-7.

［4］钟焕旻.关于三角形中两塞瓦线相交所得的线段比例［J］.中学数学研究（广州），2020（24）：29-32.

基金项目：内江师范学院本科生教学研究能力培养模式探索与实践（YLZY201902），内江师范学院基础教育研究与实践专项“聚焦数学核心素养的大概念教学研究”（JG202125）.刘成龙系本文通讯作者. ）