图形性质助推理，思想方法提素养

摘要：初中代数几何综合题，要能注重不同主题条件之间的关联，充分挖掘和利用图形的几何性质，准确提取并应用基本数学模型，演绎推理，结合多种数学思想方法不断优化解题过程，获得解题经验，提高解题能力，发展核心素养.

关键词：图形性质；数学模型；数学思想

近几年中考题的最后一道压轴题往往都以代数与几何综合题的形式出现，一般包括方程、函数、三角形、四边形、相似形等核心知识点，并综合利用数形结合、分类讨论、转化等基本数学思想，内容丰富，难度较大.对学生的运算能力、几何直观、推理能力、模型观念、应用意识等核心素养都提出了很高的要求.良好的解决这类问题，需要学生平时的反思积累，也需要教师在日常解题教学中注重引导学生归纳总结一些基本数学模型、基本通性通法.下面，笔者以一道中考题为例，浅谈这类题的教学感悟.

1 试题呈现

（2021＼5宿迁）如图1所示，抛物线y=－12x2+bx+c与x轴交于A（-1，0），B（4，0），与y轴交于点C，连接AC，BC，点P在抛物线上运动.

（1）求抛物线的表达式；

（2）如图1，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA+45°时，求点P的坐标；

（3）如图2，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作x轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长.

2 试题解析

2.1 注重不同主题条件的关联性，寻求一题多解

对于第（1）问，给出3种解法：

解法1：直接利用待定系数法，将A，B点坐标代入抛物线方程，联立方程组可求得b，c的值.

解法2：注意到给出的两点是抛物线与x轴交点，而抛物线三种解析式的系数a不变，直接得交点式y=－12（x+1）（x－4），再化为一般式y=－12x2+32x+2，即为所求.

解法3：关联二次函数与一元二次方程，从方程的角度看函数，-1和4是函数值为0时一元二次方程的两个根，由根与系数的关系，得-1+4=2b，-1×4=-2c，解得b和c的值.

解法3很巧妙，原因是它注意了二次函数和一元二次方程的关联性，《义务教育数学课程标准（2022年版）》［1］指出，代数式、方程和不等式、函数可以用“函数”主线建立它们的联系，方程是函数特殊状态下的特性，注重它们之间的关联才能把握中学数学教学内容的整体性，才能引导学生从掌握数学的知识点，走向核心素养和人的健康发展.

2.2 挖掘基本数学模型，利用图形性质一题多解

对于第（2）问，由（1）知抛物线与y轴交点坐标为C（0，2），再由A（-1，0），B（4，0）的坐标特征，可知∠ACB=90°，又CO为斜边AB上的高线，则三个直角三角形两两相似（“母子相似”模型，如图3），且每个三角形长度和角度确定，三边之比均为1∶2∶5.

解法1：如图4，由直角性质知∠CBA=∠ACO，则∠CAQ=∠ACO+45°，再由外角性质得∠CAQ=∠ACO+∠AKC，于是∠AKC=45°，得等腰直角三角形KAO，所以K（0，-1），则直线QP：y=-x-1.联立y=－x－1，y=－12x2+32x+2，得交点P（6，-7）.

解法2：如图5，关注45°的特殊性，利用等腰直角三角形性质构造45°角.在OB上取点D，使得OD=OC，连接CD，则∠OCD=45°.因为∠CBA=∠ACO，所以∠CAQ=∠ACO+∠OCD=∠ACD.由内错角相等，可知直线PQ∥CD，从而kPA=kCD=－1，则直线QP：y=-x-1，以下同解法1.

解法3：如图6，由解法1易知∠BAP=45°，过点P作PN⊥AB于点N，得等腰直角三角形PAN，PN=AN，再由A（-1，0），得PN=ON+1.设ON=t（tgt;0），则PN=t+1，则P（t，-t-1）.由点P在抛物线上，代入函数解析式，得－t－1=－12t2+32t+2，解得t=6（负值舍去），故P（6，-7）.

以上3种解法利用“数形结合”思想，挖掘出一个隐含的直角三角形模型，再综合运用“平行线”“外角”等性质，由点的坐标定义或利用方程组求出交点P的坐标，实现一题多解.

2.3 运用图形性质推理，转化思想助力一题多解

对于第（3）问，其常规思路是设Ht，－12t+2，

Pt，－12t2+32t+2，将直线BC：y=－12x+2，直线AP：y=－12（t－4）（x+1）联立方程组，求得交点Ft5－t，5t－202t－10.再由两点间距离公式表示PH，PF，FH的长，按照FP=FH，PF=PH，FH=PH三种情况进行分类讨论，列方程求解.但这些方程均涉及含有参数t的分式运算和平方、四次方的运算，在有限的时间内，学生根本无法得出最终结果.

解法1：考虑方程思想，利用等腰三角形的性质“等边对等角”，把边的问题“转化”为角的问题.设Pt，－12t2+32t+2（t＞0），Ht，－12t+2，则

PH=－12t2+2t.

①如图7，若FP=FH，则∠P=∠α.由PH∥CO，可知∠α=∠OCB.因为∠OCB是定角，所以tan∠OCB=tan α=tan P=2，从而在Rt△PAD中，有ADPD=t+1－12t2+32t+2=2，解得t=3（负值舍去），故PH=32.

②如图8，若HP=HF，则∠P=∠β，因为∠ACF=90°，∠PDA=90°，所以∠P和∠PAD互余，∠β与∠CAF互余，知AP为∠CAB的角平分线.由角平分线的性质，过点E作EM⊥AC于点M，则OE=EM.设OE=EM=x，在Rt△CME中，由勾股定理可得ME2+CM2=CE2，即x2+（5－1）2=（2－x）2，解得x=5－12，则可得tan∠PAD=OEOA=5－12.于是在Rt△PAD中，tan∠PAD=PDAD=－12t2+32t+2t+1=5－12，解得t=5－5（负值舍去），故PH=35－5.

③如图8，若PF=PH，则∠α=∠β.由∠ACF=90°，∠PDA=90°，∠α和∠B互余，∠β与∠CAF互余，可得∠CAF=∠B=∠ACO，所以AE=CE.设AE=CE=x，在Rt△AOE中，由勾股定理得OA2+OE2=AE2，所以12+（2－x）2=x2，解得x=54，则OE=34，tan∠PAD=OEOA=34.在Rt△PAD中，由tan∠PAD=PDAD=－12t2+32t+2t+1=34，解得t=52（负值舍去），故PH=158.

解法2：关注到PH∥CO，由平行线的性质知△PFH∽△EFC，所以等腰三角形PFH可“转化”为△EFC是等腰三角形，再利用等腰三角形性质“等边对等角”尝试进一步转化.

①如图9，若FP=PH，则EF=EC，∠1=∠2，由于

∠ACF=90°，则∠2，∠1分别与∠CAE和∠ACE互余，得∠CAE=∠ACE，AE=CE=EF，即E为Rt△ACF斜边AF的中点.根据中点公式得xF=1，代入直线BC：y=－12x+2，可得F1，32，此时直线AF：y=34x+34，联立y=34x+34，y=－12x2+32x+2，求出P52，218，则H52，34，所以PH=158.

②如图9，若FP=FH，则EF=FC，∠3=∠1.由∠ACF=90°，∠AOC=90°，知∠1，∠3分别与∠ACO和∠PAO互余，则∠ACO=∠PAO=∠B，FA=FB，此时巧妙运用等腰三角形的对称性，易得xF=32，同①得F32，54，直线AF：y=12x+12，与抛物线联立，得P（3，2），则H3，12，PH=32.

③如图10，若FH=PH，则CF=EC，∠2=∠3.由∠ACF=90°，∠AOC=90°，知∠2，∠3分别与∠CAE和∠EAO互余，所以∠CAE=∠EAO，AF为∠CAB的角平分线.过点F作FN⊥AB于点N，易知△AFC≌△AFN，可知AN=AC=5，所以xF=5－1，同①得F5－1，5－52，直线AF：y=5－12x+5－12，联立抛物线方程，求出P5－5，75－112，则H5－5，5－12，PH=35－5.

解法2利用平行线的性质，把△PFH的问题转化为△EFC的问题，但并不是最好的办法，原因是△EFC也是一个随着点P运动而动态变化的三角形，尽可能多地寻找到题目中的不变量才是解决动态问题的良好策略.

解法3：所以，如图11，过点A作x轴的垂线与BC的延长线交于点D，利用PH∥AD来构造△PFH∽△AFD.由于xD=－1，代入直线BC：y=－12x+2，得D－1，52，DA=52是定值，即△AFD对比△EFC的优势是线段DA的长度为定值.

①若FP=PH，则AF=AD，因为AC⊥DF，由等腰三角形三线合一性质知C为DF的中点.因为D－1，52，C（0，2），运用中点坐标公式直接求得F1，32，以下同解法2，得PH=158.

②若FH=PH，则DA=DF=52，于是BF=BD-DF=55－52.如图12，过点F作FN⊥OB于点N，由FNBF=15，解得FN=5－52，ON=5－1，由点的坐标定义得F5－1，5－52，以下同解法2，得PH=35－5.

③若FP=FH，则FD=FA.因为∠DAB=90°，易证F为BD的中点，D－1，52，B（4，0），运用中点坐标公式得F32，54，以下同解法2，得PH=32.

事实上，因为点P在抛物线上，如果直接设点P的坐标，不利用几何图形性质进行转化，运算会特别繁琐.本小题不仅需要充分利用几何图形性质进行“转化”，还需要把点P的坐标问题“转化”为点F的坐标问题.充分运用几何图形的性质和转化思想，解法3最直接快捷.所以，这类几何与代数综合问题，一定要充分利用几何图形的性质，再借助数学思想方法方可优化解题过程.

3 解题分析

3.1 积累基本模型，提高几何直观

初中几何内容中，三角形、四边形、全等三角形、相似三角形、轴对称图形、圆等知识中都存在一些基本图形，当坐标系、函数图象与几何图形叠合在一起，容易引起视觉上的混乱.在中考复习中，教师要引导学生注重淡化函数背景，准确提炼和归纳这些基本模型和它的变式，使得图形性质应用一目了然，让学生“眼中有图，脑中有形，手中有法”.培养学生应用模型观念，提高几何直观素养.例如第（2）问用到的数学模型就是直角三角形“母子相似”模型，第（3）问用到直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半模型、平行线中的“X”型相似模型等.

3.2 重视图形性质，培养推理能力

对于单一的几何题，学生往往会结合几何图形性质，深入推理，但在和函数结合的问题中，往往更关注函数，而忽略几何图形性质的运用.中考复习时，教师可着重引导学生加强图形性质的逻辑推理，以优化思维，减轻运算负担，提高推理能力.比如第（3）问，3种解法综合运用了等腰三角形、直角三角形、平行线的性质，再推理应用角平分线、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、相似三角形的性质等，越推理联想，问题越简单，解题步骤越优化.

3.3 注重数学思想，助力一题多解

一题多解可以发散思维，开阔思路，促进深度学习.在中考复习中，教师可以引导学生从不同角度切入，再提炼归纳解题的思想和方法，达到“解一题、学一法，通一类”的目的.比如第（2）问利用“转化”思想，将条件∠CAQ=∠CBA+45°中的∠CBA“转化”为∠ACO后，思路一下豁然开朗，三种解法，水到渠成.第（3）问，利用常规思路根本无法算出最后结果.结合图形性质，将求解点P的问题“转化”为点F的问题，再利用图形性质，不断转化条件，综合利用数形结合、分类讨论、方程等数学思想，得到多种不同解法.

罗增儒教授指出，解题教学是解题活动的教学，我们要通过解一道题，去体会那种解无数道题的智慧.在解题研究过程中，作为教师，要多思多悟，提升自身的研究能力，还要引导学生反思总结解题的一般思路和基本方法，积累数学活动经验，方能发展学生核心素养.