关注演绎推理，筑牢推证硬功底

摘 要：借助一道几何题的分析，以观察和剖析基本图形为先手，寻求对三段论推理依据的重视和理解；以运用符号语言为抓手，厘清代数演绎推理与几何演绎推理的协同作用及对思维发展的不可或缺；以构建思维链条为推手，重视几何知识体系的系统化. 通过系统与集成达到思维的高度，强化学生演绎推理能力的培养.

关键词：演绎推理；三段论；思维链条；基本图形

中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1673-8284（2024）08-0051-07

引用格式：张钦，叶先玖. 关注演绎推理，筑牢推证硬功底：以一道几何题的解答分析为例探析演绎推理能力培养策略［J］. 中国数学教育（初中版），2024（8）：51-57.

从数量与数量关系、图形与图形关系中抽象出数学的研究对象，在研究对象的符号运算、形式推理、模型建构等抽象过程中，尤其是在形成数学的结论和方法的过程中，推理无处不在. 推理能力是数学核心素养的表现之一，分为演绎推理和合情推理. 演绎推理是从一些事实和命题出发，依据演绎推理规则推出其他命题或结论，体现逻辑在形成数学命题和解决数学问题中的重要作用. 笔者以一道典型的几何题为例，阐述培养演绎推理能力的相关思考.

一、题目呈现

题目 在矩形[ABCD]中，[E]是边[AB]上一点，[BE=][BC]，[EF⊥CD]，垂足为点[F]. 将四边形[CBEF]绕点[C]顺时针旋转[α][0°∘<α<90°∘∘]，得到四边形[CB′E′F′]. [B′E′]所在的直线分别交直线[BC]于点[G]，交直线[AD]于点[P]，交[CD]于点[K]. [E′F′]所在的直线分别交直线[BC]于点[H]，交直线[AD]于点[Q]，连接[B′F′]交[CD]于点[O].

（1）如图1，求证：四边形[CBEF]是正方形.

（2）如图2，当点[Q]和点[D]重合时，

① 求证：[GC=DC]；

② 若[OK=1]，[CO=2]，求线段[GP]的长.

（3）如图3，若[BM∥F′B′]交[GP]于点[M]，[tanG=][12]，求[S△GMBS△CFH]的值.

此题集中考查学生的演绎推理功底. 解题时不需要特殊技巧，只需从常规常法入手即可. 然而学生的答题情况却并不乐观. 因此，笔者认为值得以该题为载体展开分析，以期对初中阶段演绎推理的教学进行有益的思考.

二、解答分析

第（1）小题考查特殊四边形成为正方形的条件，具体证明不赘述. 下面，笔者从观察联想、基本图形、推理依据、符号语言等演绎推理所必需的要素入手，着重分析第（2）（3）小题.

1. 识别基本图形，多途径转化角

对于第（2）小题第①问，观察图形发现[GC⊥DC]，且线段[GC]，[DC]分别是两个直角三角形的边. 要证明[GC]=[DC]，有两个思路，即证明[△B′GC≌△F′DC]或者[△KGC≌△HDC].

证明：如图2，由[∠GE′H=∠DCH=90°]，

可得[∠F′DC+∠H=90°]，[∠B′GC+∠H=90°].

则[∠B′GC=∠F′DC].

再由[∠GB′C=∠DF′C=90°]，[B′C=F′C]，

得到[△B′GC≌△F′DC].

于是[GC=DC].

从目标线段[GC和DC]出发，观察并发现相关的基本图形，由条件、结论和图形结构出发展开合理联想，借助旋转变换多种方法转化角，通过证明三角形全等证得[GC=DC]. 以上仅展示一种证法，可类似得到其他证法.

2. 洞察基本图形，合理转化线段比

研读第（2）小题第②问的条件，观察发现点[D]和点[Q]重合是特殊特征，直观感受到：当矩形的长宽比一定时，旋转角度[α]是个特定角度，且[∠G]与[α]互余. 观察条件[OK=1]和[CO=2]，发现点[O]恰为[CK]的三等分点，从点[O]的特殊位置感知此时[∠G]是个特定的角度，且矩形的长与宽应是确定的比例. 因此，条件[OK=1]和[CO=2]蕴含着深刻的边角之间的数量关系. 换言之，在旋转背景下该问看似是一个动态情形，在条件得到强化后，图形便被锁定成一个定图. 洞察基本图形，充分挖掘条件[OK=1]和[CO=2]，可以找到推理的突破口.

因为[CK]在正方形[CB′E′F′]内，且与[OK]和[CO]的长度有明显的比例关系，由正方形的性质出发，自然可以联系平行线分线段成比例的性质. 由[B′E′]∥[CF′]可产生相似三角形，其中最简单的就是“X”型相似，即[△OB′K∽△OF′C]. 于是得[B′K=12CF′]. 由[CF′=][B′E′]，推理出“点[K]为[B′E′]的中点”这一重要特征.

回到所求线段[GP]的长度. 观察发现，[GP]在两条平行线之间，自然的想法是将[GP]“放”在某个三角形甚至特殊三角形中（如直角三角形）中，并作为其边长来求. 如图4，过点[P]作[PM⊥BC]，交[BC]的延长线于点[M]，得到思路1；在思路1中捕捉到[PG=2KG]，发现不必作辅助线，在[Rt△CGK]中求得[KG]的长，得到思路2；或在[Rt△CGK]中，由[∠G]的正切值，果断想到[∠G]是一个确定的角，继而发现图中三边比值为[1∶2∶5]这一类直角三角形，得到思路3. 思路概要如下.

思路1：如图4，过点[P]作[PM⊥GH]于点[M].

由[OK=1]，[CO=2]，可得点[K]为[B′E′]的中点.

于是[△CB′K≌△DE′K].

则[DC=2KC=PM]，得[CK]是[△GPM]的中位线.

于是[GM=2CG].

因此[PM=6]，[GM=2DC=12].

在[Rt△PMG]中，由勾股定理，可得[PG=65].

思路2：如图2，由思路1中的[△CB′K≌△DE′K]，

可得[△CKG≌△DKP]，于是[PG=2GK].

由已知可得点[K]为[B′E′]的中点，[B′K=12B′C]，且[OK=1]，[CO=2].

在[Rt△B′KC]中，由勾股定理，可得[B′C=655]，[B′K=355].

由[△GB′C∽△CB′K]，可得[B′C2=GB′ · B′K].

于是可得[GB′=1255].

所以[GB′+B′K=][GK=35]，则[PG=65].

思路3：由思路2可得[B′K=12B′C].

则在[Rt△B′KC]中，由勾股定理，得[B′K∶B′C∶]

[CK=1∶2∶5].

由[△CGK∽△B′CK]，且[CK=3]，可得[GKCK=CKB′K.]

所以[GK=35].

则[PG=65].

3. 剥离基本图形，灵动探求面积比

第（3）小题中，矩形[ABCD]及正方形[CB′E′F′]这两种基本图形本身就具备两组相互垂直的平行线，此时增加[BM∥F′B′]，如此多的平行线组使得第（3）小题比第（2）小题第②问有更多的相似三角形. 根据相似三角形面积比的性质，猜测面积比值可能为不变量.

由[tanG=12]，可知[∠G]的度数是确定的，即旋转的角度[α]是确定的. 回想在第（2）小题第②问中，出现了不少三边比值为[1∶2∶5]的直角三角形. 因为没有约束矩形[ABCD]的长宽比，图形是可以变化的，所以点[D]和点[Q]不一定重合. 这样说来，第（3）小题是比第（2）小题第②问更一般的情况. 为了求[S△GMBS△CFH]的值，自然的想法是可以利用相似三角形的性质考虑两个相似三角形的面积比，或者分开求出[S△GMB]和[S△CFH]的值然后作比. 然而，题设条件中没有给出任何线段的长，因此[S△GMB]和[S△CFH]的值不可能是具体的数量，会含某个参数. 从分析图形的运动变化感知，设元为矩形的宽比较合适，用此参数来表示[S△GMB]和[S△CFH]的值并计算比值，以此来说明[S△GMBS△CFH]的值不受矩形长和宽的影响.

回顾几何知识体系，判定两个三角形相似，对应角相等是关键. 平行线构成的“三线八角”模型能自然地带来多个角相等. 观察[△GMB]和[△CF′H]发现，虽然这两个三角形不相似，但图中的平行线组还没有充分地相交，于是考虑延长[B′F′]和[CH]，可以在其中一个三角形的基础上构造三角形与另一个相似. 得到以下解题思路.

思路1：如图5，延长[B′F′]交[CH]的延长线于点[R].

为避免计算时出现分数，设[B′K=x]，则[B′C=][CF′=2x].

由[∠G=∠B′CK=∠F′CH]，可得[F′H=x].

在[Rt△CF′H]中，由勾股定理，得[CH=5x].

由[△GB′C∽△GE′H]，可得[GCGH=B′CE′H].

于是[GB+2xGB+2x+5x=2x3x].

求得[GB=25-2x].

由[△RF′H∽△RB′C]，可得[CR=2CH]，

于是[S△CFH=12S△CFR]，[CR=25x].

因为[S△GMBS△CFR=GBCR2=6-255].

所以[S△GMBS△CFH=12-455].

思路1中构造出来的[△RF′H]与[△CF′H]的面积相等，看似非常巧合. 事实上，即使它们不相等（即[tanG]取其他值），也可以求出[CH]与[HR]的比. 因为[△RF′H]和[△CF′H]等高，同样可以求出面积比. 当然，想不到延长也可以考虑更为常规的思路，分别求出[S△GMB]和[S△CFH]的值.

思路2：如图3，设[B′K=x]，则[S△CFH=x2].

由思路1知[GB=25-2x].

由[tanG=12]，可得[BL=5-1x].

于是[S△GLB=12GB · BL=6-25x2].

由“X”型相似[△B′KO∽△F′CO]，且[KO=12OC]，[KO+OC=KC]，可得[KO=53x].

观察平行线组发现[△MLB∽△B′KO]，有[S△MLBS△BKO=][BLKO2=96-255].

又因为[S△BKO=13S△BCK=13x2]，

所以[S△MLB=356-25x2].

所以[S△GMBS△CFH=6-25x2-356-25x2x2=12-455].

思路2是通过[S△GLB-S△MLB]得到[S△GMB]，还可以考虑过点[B]作[BN⊥GL]，通过[S△GBN-S△BMN]来计算.

思路3：如图6，过点[B]作[BN⊥PG]于点[N].

设[B′K=x]，可得[S△CFH=x2].

由思路1可得[GB=25-2x].

由[△GBN∽△CHF′]，

可得[S△GBNS△CFH=GBCH2=24-855].

由[tanG=12]，可得Rt△GBN三边长度的比值为[1∶2∶5].

因此可得[BN=55GB=10-255x].

再由[△BMN∽△B′F′C]，

得[S△BMNS△BFC=BNB′C2=6-255].

于是[S△BMN=12-455x2].

因此可得[S△GMBS△CFH=12-455].

虽然思路1～思路3都能很好地展示学生的逻辑推理能力，然而涉及两次运用三角形相似的相关知识. 事实上，更为细致地观察图形，运用正方形的对角线性质，捕捉到特殊角度，可以有如下简洁、自然的思路4.

思路4：如图6，过点B作[BN⊥PG]于点N，设[B′K=x].

由思路1可得[GB=25-2x].

由[tanG=12]，

可得[BN=10-255x]，[GN=20-455x].

由[BM∥F′B′]，可得[∠NMB=∠E′B′F′=45°].

则[△MNB]为等腰直角三角形.

因此[MN=BN=10-255x].

于是[GM=10-255x].

因此可得[S△GMB=12-455x2].

所以[S△GMBS△CFH=12-455].

为活跃解题思路，还可以尝试考虑在[△GMB]中作不同底的高，即为以下两种思路.

思路5：如图7，过点[M]作[MY⊥GB]于点[Y]，利用[∠B′MB=45°]补形得到矩形[STIY]，则有[△MYB≌△BIT].

设[B′K=x]，由思路1可得[GB=25-2x].

设[MY=y]，则[GY=2y]，且[ST=YI=YB+y].

由[∠STM=∠G]，可得[ST=2SM].

则[YB+y=2YB-y]，求得[YB=3y].

则[GB=GY+YB=5y=25-2x].

可得[y=25-25x].

因此[S△GMB=12GB · MY=12-455x2].

所以[S△GMBS△CFH=12-455].

思路6：阅卷时发现有学生过点[G]作[GJ⊥BM]于点[J]，如图8所示，此时[S△GMB=12BM · GJ]，但却未能成功解答.

事实上，思路5中已经求出[YB=3MY，] 即[tan∠MBG=][13]. 对于思路6，要得到这个关键结论，可以回顾教材，联想正方形的网格情境. 如图9，设每个小正方形的边长为1，可以得到以下结论.（此法仅作为教师教研的思考.）

观察图9，发现[EAEC=224=22]，[EGEA=222=22].

由[∠AEG=∠CEA]，且[EAEC=EGEA]，得[△EAG∽△ECA]. 于是[∠1=∠5=∠3]. 又观察到[∠1+∠2=45°]，[tan∠2=12].

此时有[tan∠1=tan∠3=tan∠5=13].

这个结论中有三个与[∠2]相加等于[45°]的角，其正切值都等于[13].

以上网格属性显示，若两锐角的和为[45°]，其中一角的正切值为[12]，另一个角的正切值为[13]（有学者将此结论总结为一类几何模型）. 回到图8，设[GJ=][JM=y]，则由[tan∠JBG=13]，可得[JB=3y]，[BM=2y]. 在[Rt△JBG]中，由勾股定理可以求出[y]与[x]的关系，从而求出[S△GMB]含[x]的表达式，以打通思路.

三、教学启示

培养学生的演绎推理能力，首先要从情感态度上坚信推理证明是必要的. 一方面，眼见未必为实，直观并不一定可靠，测量也有误差；另一方面，人类有限的精力并不能穷举和测量所有的同类图形，唯有数学的思维能一劳永逸地得到一般性结论. 通过数学推理验证，教师要帮助学生充分认可推理证明的必要性，从“步步讲理，言之有据”开始培养学生的推理意识，帮助学生学会构建推理思路；还要让学生逐步地认可、熟悉并熟练使用数学的符号语言来表达推理，培养学生解决问题的推理素养.

1. 演绎推理的精髓是思维链条

演绎推理之所以能得到正确的结论，一方面要求推理的起点是正确的，另一方面是其论证的基本规则——三段论推理是符合逻辑的. 在三段论推理的起点（条件）、终点（结果）和依据三个要素中，推理依据是核心，往往是几何中的定义、定理或推论. 因此，几何教学需要高度重视学生对几何定理、定义或推论等的理解，尤其是结合各种具体问题情境的图形来认识定理的条件、结论，并深刻理解定理的来龙去脉和内涵、外延，清楚定理运用时的限定条件，从而使其担当合适而正确的推理依据. 几何演绎推理的每一步是三段论推理. 若干步三段论推理之所以能成为一个完整的演绎推理过程，是因为三段论推理具有传递性. 基于传递性，推理过程是一个起点（题设条件、定理等已知结论）和终点（问题所求所证）明确，步步有理、环环相扣的单向链条. 该链条往往呈现一个“倒树状”结构，如图10所示.

如果仅仅是类似于图11的单链式结构的证明，往往是相对比较容易想到的推理，但大多数情况下并非如此. 在解决题目的第（2）小题第②问和第（3）小题时，大量学生不知如何思考，更无法得到完整解答. 可见，演绎推理的精髓是思维，以问题为载体构建和编织解决问题的完整思维链条. 演绎推理的链条必须是严谨的，推理的语言又是抽象的，但演绎推理绝不是枯燥的. 几何教学中，教师要让学生感悟推理背后有思维探究的乐趣和理性思想的精彩. 对于较复杂的几何推理问题，无论是解题中的思考还是解题后的反思，都要鼓励学生梳理思路线条或归纳思维导图，以更清晰地展现思维过程，并凸显推理过程中无法绕过的关键结论（如本文例题第（2）小题第②问中的关键结论“K为[B′E′]的中点”和第（3）小题中的[GB=][25-2x]），这些结论是思维链条构建过程中的关键节点，更好地抓住节点就把握了全链条思维的核心.

2. 思维培养的广度——观察与联系

思维能形成链条还有赖于知识（结论）间能产生联系. 虽然“图形与几何”领域的知识在教材中是分章节、分课时呈现的，但不能把教材的知识体系割裂开来教学，而要以大单元教学的理念为依据，站在整个初中几何体系的高度联系地教、类比地学、整体地探. 在解题教学中，为了寻找推理思维链条的起点，教师应该引导学生学会观察问题，观察几何图形和数量关系的特征并联系相关性质. 例如，观察例题图形中的平行与垂直，感悟图形旋转中的变与不变. 通过观察平行线组识别相似三角形，抓住关键条件信息（如中点、三等分点等）. 在初中几何知识体系中，重要定理往往是刻画基本图形的典型特征的，为联系和运用这些定理，要善于从复杂的图形中识别和剥离出基本图形，充分挖掘图形的结构特征. 有时为了能运用某些典型特征作为推理依据，还需要主动构造基本图形（如第（3）小题的思路5的“补形”，是为了将[45°]角融入等腰直角三角形这一工具之中），针对问题的特征联系相关知识工具（如第（2）小题第②问中从[OK=1]，[CO=2]的数量关系和正方形典型性质敏锐地联系“X”型相似找到解决问题的突破口），串联起思维链条.

3. 思维培养的高度——系统与集成

几何综合问题往往需要运用多种几何工具综合地理解、整体地探究. 以锐角三角函数的教学为例，如果停留于记住三个比例定义及三个特殊角的三角函数值，会发现并无太大用处. 因为含[30°]，[45°]角的直角三角形的边角关系可以直接通过三角形的性质得到. 人教版《义务教育教科书·数学》（以下统称“人教版教材”）中还提到当A，B均为锐角时，若[A≠B]，则A与B的三角函数值不相等，即这种函数（限于锐角时）是一一对应的. 具体地，当[tanα=12]时，虽然[α]不是特殊角，但却是一个确定的锐角，以[α]作内角的直角三角形的三边之比是确定的. 另外，对于任何一个直角三角形，只要其中一个锐角的度数确定了，其在相似意义下是唯一的. 某个锐角度数可以作为其所在的直角三角形相似意义下分类的不变量，锐角的三角函数值（正弦、余弦、正切）也可以担当这个不变量. 三角函数的定义之所以是科学的，就是由相似的性质确保的. 初中数zWypXUSIAZ32RLPAuhLhBA==学中很多能用三角函数解决的问题也能由相似工具来解决. 锐角三角函数的内容被安排在人教版教材的第28章，正是因为其集成了第11章、第12章、第17章、第20章和第27章的相关内容. 本文题目的第（3）小题中的题设[tanG=12]，从集成的高度审视此条件，会顿感图中出现很多三边长为[1∶2∶5]的直角三角形，再看此题的解题思路和辅助线会更加自然. 正所谓：线线成角，见角思比，比比皆是，数形有路. 如若研究此题的变式，可以考虑[tanG]的值还可以取何值.

4. 思维培养的效度——意识与素养

笔者曾问学生：“你们觉得哆啦A梦厉害吗？”学生回答：“哆啦A梦的口袋厉害！因为这个口袋里再多的东西也放得下，里面有很多神奇的道具.”但笔者认为，更厉害的其实是哆啦A梦自己，因为每次碰到困难时他都具备借用道具的意识和选用合适道具的素养. 数学学习也是如此. 当九年义务教育完成时，面对一道只需要运用所学知识和常规方法就可以解决的数学题时，每名学生都能选用合适的数学工具解决吗？为什么多种解法都能走通时，部分学生可能一种解法都想不到？解决数学问题时，有想法才能得到解法. 秉承“思考要发散，方法要灵活”的理念，本文例题的解答分析尽可能呈现了多角度的探索. 在解题教学中，教师在讲解法前应先讲读题时的想法，重点关注“是怎么想到的、怎样能想到”.

本文在例题的解答中尽可能地叙述心路历程. 数学教学更应如此，让联想运用数学工具的意识和数学思路的产生成为自然，努力向“知其然，知其所以然，何由以知其所以然”的方向前进.

演绎推理并非独指几何，还包括代数演绎推理. 代数的演绎推理常常是通过符号或数字运算得出数量关系，以此结果为依据作出数学结论的判断. 例如，对于一元二次方程[ax2+bx+c=0][a≠0]，通过计算[Δ=b2-4ac]的值，由其正、负判断方程根的存在情况. 代数演绎推理更突出代数式、方程、不等式、函数等运算的一面. 代数运算的功底在演绎推理问题的解决中非常重要. 在题目第（2）小题的第②问，三角形相似性质下的边与边的比例关系的推导是代数推理. 第（3）小题中体现得更明显，无论是六种思路方法中的哪一种，都不仅要用到几何推理判断全等或相似，也需要用到代数的符号意识和方程思想合理设元，运用勾股定理或相似的性质列方程求解. 现代脑科学研究表明，空间观念与代数运算的认知在大脑中激活的是同一区域. 两者本就是数学问题认知过程的两个侧面，在培养学生数学能力的过程中起着相辅相成的作用. 所以不能人为地割裂代数和几何两个侧面. 若没有真正重视代数演绎推理和几何演绎推理的协同与融合，不算真正建立了演绎推理功底.

演绎推理在数学学习中至关重要. 由本文例题的解答分析所引出的关于重视思维链条构建、善于观察运用基本图形、系统化领悟几何知识、代数与几何协同推理并培养解决问题的综合素养等方面的教学建议，希望教师能引导学生深悟本质、把握联系，严谨推证、准确运算、夯实功底.

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