☉湖北省襄陽諸葛亮中學(xué) 韓春見

課本中重要的例題和習(xí)題、數(shù)學(xué)活動材料等反映數(shù)學(xué)理論的本質(zhì)屬性，通過類比、延伸、遷移、拓廣，提出新的問題加以解決，能有效地鞏固基礎(chǔ)知識、發(fā)展數(shù)學(xué)能力.事實上，許多中考試題都源于課本，因此，注重課本中例習(xí)題的練習(xí)與變式，不僅能訓(xùn)練學(xué)生的理解和表達(dá)的能力，而且能訓(xùn)練學(xué)生審題和觸類旁通的能力.本文以人教版八年級上冊《軸對稱》第58頁第11題為例加以說明.

原題回顧：如圖1，△ABD、△AEC都是等邊三角形，求證：BE=DC.

分析：要證BE=DC，只需給線段BE和DC尋找到三角形，證明其所在三角形全等即可.從圖1看，含有線段BE的三角形有△ABE和△CBE，含有線段DC的三角形有△ADC和△BDC.分辨后知需證△BAE≌△DAC.由等邊三角形的性質(zhì)可知這兩個三角形有兩邊分別對應(yīng)相等（即AB=AD，AE=AC），因此，只要證出兩邊的夾角（即∠BAE=∠DAC）相等.

證明：因△ABD、△AEC都是等邊三角形，

所以AB=AD，所以AE=AC，∠BAD=∠EAC=60°.

所以∠BAD+∠BAC=∠BAC+∠EAC，即∠BAE=∠DAC.

在△BAE與△DAC中，

評注：本題以△ABC的AB、AC為邊作等邊△ABD和等邊△AEC，構(gòu)成了有共同頂點的兩個等邊三角形的基本圖形.由于其具有典型性，所以在《軸對稱》習(xí)題中，占有十分重要的地位.之所以這樣說，是因為在全國各地中考中，以此題為背景，進(jìn)行變式而新生的題目，十分普遍，考查方式類形也十分靈活，體現(xiàn)了課本原型題是中考命題的源泉.下面以2011年中考相關(guān)試題加以說明.

變式1：變換圖形

例1（2011年重慶綦江區(qū)）如圖2，等邊△ABC中，AO是∠BAC的角平分線，D為AO上一點，以CD為一邊且在CD下方作等邊△CDE，連接BE.

（1）求證：AD=BE.

（2）延長BE至Q，P為BQ上一點，連接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8時，求PQ的長.

分析：要證AD=BE，就是證明△ACD≌△BCE.（2）由條件等邊△ABC中，AO是∠BAC的角平分線，由三線合一，可知∠CBH=∠CAO=30°.PQ的長是等腰△CPQ的底邊長，故可考慮過點C作CH⊥BQ，利用30°角所對的直線邊等于斜邊的一半，求得CH=4.在Rt△CHQ中，利用勾股定理可得HQ=3，從而可得PQ=2HQ=6.

（1）證明：因為△ABC和△CDE均為等邊三角形，

所以AC=BC，CD=CE.且∠ACB=∠DCE=60°，

所以∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，∠ACD=∠BCE.

所以△ACD≌△BCE（SAS），所以AD=BE.

（2）解：作CH⊥BQ交BQ于點H.

因為CP=CQ=5，所以PQ=2HQ.

因為△ABC為等邊三角形，所以∠BAC=60°.

圖3

評注：本題和課本原習(xí)題的構(gòu)圖方式一樣，即以△BCD的邊BC和CD分別為等邊△ABC和等邊△CDE的邊，得出了比原習(xí)題更復(fù)雜更深刻的結(jié)論，其實質(zhì)是課本例習(xí)題的拓廣與延伸.通過本題說明，這種課本例習(xí)題的變式，是圖形的位置發(fā)生了改變，但相關(guān)的線段仍具有相同的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系.解決以有共頂點的兩個等邊三角形為基本構(gòu)圖的問題，尋找到題目中的全等三角形，進(jìn)而尋找到對應(yīng)角和對應(yīng)線段是解答問題關(guān)鍵.

變式2：改變條件

例2（2011年浙江義烏市）如圖3，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，四邊形ACDE是平行四邊形，連接CE交AD于點F，連接BD交CE于點G，連接BE.下列結(jié)論中：

①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；

③∠ADB＝∠AEB；④CD·AE＝EF·CG.

其中一定正確的結(jié)論有（ ）.

A.1個 B.2個 C.3個 D.4個

分析：（1）證明CE＝BD，就是證明線段CE和BD所在的三角形全等，即△ACE≌△ABD；（2）證明△ADC是等腰直角三角形，可借助四邊形ACDE是平行四邊形，證明△ADC≌△DAE；（3）證明∠ADB＝∠AEB，可證明∠ADB和∠AEB所在的三角形全等，即△ABD≌△ABE；（4）證明CD·AE＝EF·CG，就是證明這四條線段所在的三角形相似，利用三點定（三角形）型法，只需證明△CDG∽△EFA即可得到結(jié)論.

解：（1）因為△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，

所以AB＝AC，所以AD＝AE，∠BAC＋∠CAD＝∠CAD＋∠DAE，即∠BAD＝∠CAE.

所以△BAD≌△CAE（SAS），所以CE＝BD.

（2）因△ADE是等腰直角三角形，所以∠ADE＝∠AED＝45°.

因四邊形ACDE是平行四邊形，所以∠ACD＝∠AED＝45°，AC∥DE，CD∥AE0.

所以∠ADC＝∠DAE＝90°，∠CAD＝∠ADE＝45°，所以△ADC是等腰直角三角形.

（3）由（2）知∠CAD＝∠ADE＝45°，

所以∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝90°＋45°＝135°.

∠BAE＝360°－∠BAC－∠CAD－∠DAE

＝360°－90°－45°－90°＝135°.

所以∠BAD＝∠BAE＝135°.

又AB＝AB，AD＝AE，所以△BAD≌△BAE（SAS），所以∠ADB＝∠AEB.

（4）由（1）知△BAD≌△CAE，所以∠ADB＝∠AEC，

所以∠CGD＝∠ADB＋∠GFA

＝∠AEC＋∠AFE＝180°－∠DAE＝180°－90°＝90°，

所以∠CGD＝∠FAE＝90°.

由（2）知，CD∥AE，所以∠DCG＝∠AEF，

所以△CDG∽△EFA，

評注：和原習(xí)題相比較，我們可以清楚的看到，本題是將原習(xí)題的等邊三角形改為等腰直角三角形，合理而巧妙地變換了原題的條件.另外，本題作為結(jié)論開放題，一方面說明原習(xí)題改變后其考查方式和結(jié)論較多，較好地體現(xiàn)了課本是變式的基礎(chǔ)，另一方面要注重結(jié)論開放題的解法 （即采用 “執(zhí)果索因”的方法），需要學(xué)生根據(jù)所掌握的知識進(jìn)行逆向思維逐步解答.這種題不僅可以考查不同層次學(xué)生的能力水平，而且對分層教學(xué)起著導(dǎo)向作用.

變式3：互換因果

例3 （2011年湖北荊州市）如圖4，P是矩形ABCD下方一點，將△PCD繞P點順時針旋轉(zhuǎn)60°后恰好D點與A點重合，得到△PEA，連接EB.

（1）問△ABE是什么特殊三角形.請說明理由.

（2）連接DE、PB，求證：DE＝PB.

圖4

分析：（1） 從△ABE的形狀看，應(yīng)猜想為等邊三角形.由△PEA是將△PCD繞P點順時針旋轉(zhuǎn)60°后得到的可知，△APD為等邊三角形.結(jié)合矩形ABCD，得到BE＝DC＝AB，∠EAP＝∠PAB＝∠CDP＝30°，可知∠EAB＝60°，從而證明△ABE為等邊三角形.（2）證明DE＝PB，就是證明△ADE≌△APB.

（1）解：△ABE是等邊三角形.理由如下.

因為△PEA是將△PCD繞P點順時針旋轉(zhuǎn)60°后得到的，

所以△PEA≌△PCD，且∠DPA＝60°，因為AE＝DC，PD＝PA，∠EAP＝∠CDP，

所以△ADP為等邊三角形，所以∠PDA＝∠PAD＝60°.

又因為四邊形ABCD是矩形，所以∠CDA＝∠BAD＝90°，DC＝AB，

所以AE＝AB，∠EAP＝∠CDP＝90°－∠PDA＝30°，

∠PAB＝90°－∠PAD＝30°，

所以∠EAB＝∠EAP＋∠PAB＝60°，△ABE是等邊三角形.

（2）證明：由（1）知△ADP和△ABE均為等邊三角形，

所以∠DAP＝∠EAB＝60°，AD＝AP，AE＝AB.

所以∠DAP－∠EAP＝∠EAB－∠EAP，所以∠DAE＝∠PAB.所以△ADE≌△APB（SAS），DE＝PB.

評注：本題是以有共頂點的兩個等邊三角形為基本構(gòu)圖，和基本習(xí)題不同的地方在于，原習(xí)題的條件是有共頂點的兩個等邊三角形，而本題是條件已知一個等邊三角形，結(jié)論要求證一個等邊三角形，即把原習(xí)題中的一個條件交換到結(jié)論中去，屬原習(xí)題的變式問題.解題的關(guān)鍵在于觀察試題與原習(xí)題的相同點與不同點、找準(zhǔn)其內(nèi)在規(guī)律，調(diào)整推理的順序.

圖5

變式4：增加條件

例4（2011年四川南充市）如圖5，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝2，∠C＝60°，M是BC的中點.

（1）求證：△MDC是等邊三角形.

（2）將△MDC繞點M旋轉(zhuǎn)，當(dāng)MD（即MD′）與AB交于一點E，MC即MC′）同時與AD交于一點F時，點E，F(xiàn)和點A構(gòu)成△AEF.試探究△AEF的周長是否存在最小值.如果不存在，請說明理由；如果存在，請計算出△AEF周長的最小值.

分析：（1）要證△MDC是等邊三角形，只需證明其有兩條邊相等.（2）本小題的關(guān)鍵在于如何轉(zhuǎn)化.利用△BME≌△AMF，知△MEF為等邊三角形，從而△AEF周長的最小值只需EF最小的問題，轉(zhuǎn)化為求ME（或MF）最短的問題，利用垂線線最短，可求得MF的最小值為點M到AD的距離，故△AEF的周長的最小值為2+.

（1）略證：過點D作DP⊥BC于點P，過點A作AQ⊥BC于點Q.

又因ADPQ是矩形，AD=PQ，所以BC=2AD.

由已知，點M是BC的中點，所以BM=CM=AD=AB=CD，

即△MDC中，CM=CD，∠C=60°，故△MDC是等邊三角形.

（2）略解：△AEF的周長存在最小值，理由如下.

連接AM，由（1）平行四邊形ABMD是菱形，△MAB，△MAD和△MC′D′是等邊三角形.

∠BMA=∠BME+∠AME=60°，∠EMF=∠AMF+∠AME=60°，所以∠BME=∠AMF.

在△BME與△AMF中，BM=AM，∠EBM=∠FAM=60°，

所以△BME≌△AMF（ASA），所以BE=AF，ME=MF，AE+AF=AE+BE=AB.

因為∠EMF=∠DMC=60°，所以△EMF是等邊三角形，EF=MF.

MF的最小值為點M到AD的距離.

△AEF的周長=AE+AF+EF=AB+EF，所以△AEF的周長的最小值為2+.

評注：本題進(jìn)一步將原習(xí)題深化.試題中，以M為等邊三角形一個點，共出現(xiàn)5個等邊三角形.找到合適共頂點M的等邊三角形，并尋找到全等三角形（△BME≌△AMF）是解決問題的關(guān)鍵.這就要求學(xué)生在平時學(xué)習(xí)時要圍繞某些典型問題進(jìn)行集中訓(xùn)練，以培養(yǎng)以點帶面，觸類旁通的能力.

變式5：改變圖形的呈現(xiàn)方式

例5（2011年湖北孝感市）如圖6，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，P是弧AB上任一點（點P不與點A、B重合）.連AP、BP，過點C作CM∥BP交PA的延長線于點M.

（1） 填空：∠APC=______度，∠BPC=______度.

（2）求證：△ACM∽△BCP.

（3）若PA=1，PB=2，求梯形PBCM的面積.

圖6

分析：（1）利用同弧所對圓周角相等和等邊△ABC，可得∠APC和∠BPC度數(shù)均為60°.（2）利用CM∥BP，知∠M=60°，故∠M=∠BPC.利用同角的補(bǔ)角相等，知∠MAC=∠PBC，可證△ACM∽△BCP.（3）證△PCM為等邊三角形，可求出梯形的上下底長分別為1和3，過點P作PH⊥CM，可得PH長，從而求出梯形PBCM的面積.

（1）60，60.

（2）證明：因CM∥BP，所以∠BPM+∠M=180°，∠PCM=∠BPC=60°.

所以∠M=180°-∠BPM=180°-（∠APC+∠BPC）=60°，解得∠M=∠BPC=60°.

因四邊形APBC內(nèi)接⊙O，所以∠PBC+∠PAC=180°.

又∠PAC+∠MAC=180°，所以∠MAC=∠PBC，所以△ACM∽△BCP.

（3）解：由（1）（2）知∠APC=∠PCM=∠M=60°，△ACM∽△BCP，

所以△PCM為等邊三角形，∠BCP=∠ACM，所以CP=CM=PM.

因△ABC為等邊三角形，所以BC=AC，所以△ACM≌△BCP（SAS），所以AM=BP=2，

所以CP=CM=PM=AP+AM=1+2=3.

評注：本題將等邊△ABC與等邊△PCM用圓作為背景呈現(xiàn)出來，加大了尋找基本構(gòu)圖（有公共頂點的兩個等邊三角形）的難度.因此，從圖形中找到△ACM≌△BCP，是解決問題的關(guān)鍵.通過本題說明，解答改變了課本例習(xí)題的文字?jǐn)⑹龌驁D形的呈現(xiàn)方式的試題，從復(fù)雜的試題背景中找到基本圖形或基本例習(xí)題，對于解決問題很重要，它能為解題提供思路.

變式6：加大問題的深度和廣度

例6（2011年浙江義烏市）如圖7，在等邊△ABC中，點D是邊AC的中點，點P是線段DC上的動點（點P與點C不重合），連接BP.將△ABP繞點P按順時針方向旋轉(zhuǎn)α角（0°＜α＜180°），得到△A1B1P，連接AA1，射線AA1分別交射線PB、射線B1B于點E、F.

圖7

圖8

（1）如圖7，當(dāng)0°＜α＜60°時，在α角變化過程中，△BEF與△AEP始終存在關(guān)系______（填“相似”或“全等”），并說明理由.

（2）如圖8，設(shè)∠ABP=β.當(dāng)60°＜α＜180°時，在α角變化過程中，是否存在△BEF與△AEP全等？若存在，求出α與β之間的數(shù)量關(guān)系；若不存在，請說明理由.

（3）如圖9，當(dāng)α=60°時，點E、F與點B重合.已知AB=4，設(shè)DP=x，△A1BB1的面積為S，求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系.

分 析：（1） 要 證 △BEF∽△AEP，只需證明這兩個三角形有兩對對應(yīng)角相等即可.（2）由（1）△BEF與△AEP相似，若全等，只需對應(yīng)邊BE=AE，可得∠BAE=∠ABE.從而找到α=2β+60°.（3）由于△APB≌△A1PB1知A1B1=AB=4，且A1B1∥AC，故連接BD交A1B1于點G，則BG為△A1BB1的高.

圖9

解：（1）相似.理由如下.

由題意得：∠APA1=∠BPB1=α，AP=A1P，BP=B1P，

因∠PBB1=∠EBF，所以∠PAE=∠EBF.又因∠BEF=∠AEP，所以△BEF∽△AEP.

（2）存在，理由如下易得：△BEF∽△AEP.

若要使得△BEF≌△AEP，只需要滿足BE=AE即可，所以∠BAE=∠ABE.

（3）連接BD，交A1B1于點G，過點A1作A1H⊥AC于點H.

因∠B1A1P=∠A1PA=60°，所以A1B1∥AC.

在Rt△ABD中，BD=2，所以BG=BD-DG=BD-A1H=

評注：本題第（3）小問有兩組有共公頂點的等邊三角形，一組是等邊△BAC和等邊△BPB1，另一組是等邊△PAA1和等邊△PBB1作為試題背景，將判斷說理、結(jié)論開放與函數(shù)問題有機(jī)地結(jié)合起來，覆蓋面廣，運(yùn)用知識和方法之多是一般綜合題無法比擬的.這種題主要考查學(xué)生基本概念、圖形的清晰程度和分析問題的全面性等.在平時的學(xué)習(xí)中，學(xué)生除了應(yīng)學(xué)會解題外，還要利用重要習(xí)題編題并能提出問題，它比純粹解決問題更能訓(xùn)練思維的縝密性和嚴(yán)謹(jǐn)性，也更有利于學(xué)生在水平測試中迅速看出試題在課本中的影子，并找到問題解決的突破口.