☉安徽省當涂縣大隴初中 倪興隆

☉安徽省馬鞍山市丹陽中學袁慶明

對一道中考壓軸題的解析與思考

☉安徽省當涂縣大隴初中 倪興隆

☉安徽省馬鞍山市丹陽中學袁慶明

中考壓軸題的主要功能是對不同水平層次的同學進行區(qū)分和選拔，突出考查同學們在初中階段對核心知識和重要數(shù)學方法、數(shù)學思想的理解和掌握水平.2014年安徽省中考數(shù)學壓軸題（有改動），以正六邊形為背景，命題的立意高、選材精、定位準；解題的入口寬、思路廣、方法多，蘊含著豐富的數(shù)學思想和解題技巧，是難得的一道好題.

一、試題呈現(xiàn)

（2014年安徽卷第23題，有改動）如圖1，正六邊形ABCDEF的邊長為a，P是BC邊上一動點，過P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N.

（1）求證：PM+PN=3a.

（2）如圖2，點O是AD的中點，連接OM、ON.求證：OM=ON.

（3）如圖3，點O是AD的中點，OG平分∠MON，判斷四邊形OMGN是否為特殊四邊形，并說明理由.

圖1

圖2

圖3

圖4

二、解法薈萃

先探討第一問的解法.

【思維導引】證明線段的和、差與倍分關(guān)系，通常采用“截長法”或“補短法”，解決本問的關(guān)鍵是利用轉(zhuǎn)化思想，將線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長.

【思路分析1】如圖4，通過連接AD，把線段PM和PN分割，使圖中產(chǎn)生平行四邊形和等邊三角形，利用平行四邊形對邊相等和等邊三角形三邊相等的性質(zhì)把線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長，從而完成證明.

證法1：如圖4，連接AD，交PM于G點、PN于H點.

由PM∥AB，PN∥CD，六邊形ABCDEF是正六邊形，易知△AMG、△DHN和△PGH都是等邊三角形，四邊形ABPG和四邊形DCPH是平行四邊形，AD=2a.

PM+PN=PG+MG+PH+HN=AB+AG+CD+DH=BP+ PC+2a=BC+2a=3a.

【思路分析2】觀察圖形還可以發(fā)現(xiàn)圖中存在等腰梯形，因等腰梯形兩腰相等，所以還可以利用平行四邊形、等腰梯形和等邊三角形的性質(zhì)，把線段PM和PN轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長來證明.

證法2：如圖4，由PM∥AB，PN∥CD，六邊形ABCDEF是正六邊形，易知△AMG、△DHN和△PGH都是等邊三角形，四邊形ABPG和四邊形DCPH是平行四邊形，四邊形ABPM和四邊形DCPN是等腰梯形，AD=2a，AM+DN=BP+PC=a.

PM+PN=MG+PG+HN+PH=AM+AB+DN+CD=3a.

【思路分析3】如圖5，過B點作BG∥AM交PM于G，過C點作CH∥DN交PN于H，這樣可以把PG與PH的和直接轉(zhuǎn)化為BC，然后利用平行四邊形對邊相等把剩余兩段分別轉(zhuǎn)化為正六邊形的邊長.

圖5

證法3：過B點作BG∥AM交PM于G，過C點作CH∥DN交PH于N.

由PM∥AB，PN∥CD，六邊形ABCDEF是正六邊形，BG∥AM，CH∥DN，得△BPG、△CPH是等邊三角形，四邊形ABGM和四邊形DCHN是平行四邊形.

PM+PN=PG+MG+PH+HN=PB+AB+PC+CD=BC+2a= 3a.

【思路分析4】連接BE，利用兩個平行四邊形和一個等邊三角形，結(jié)合正六邊形的對角線等于邊長的2倍這一性質(zhì)，把PM與PN的和轉(zhuǎn)化為邊長的3倍.

證法4：如圖6，連接BE（或CF）交PM于點G.

由PM∥AB，PN∥CD，六邊形ABCDEF是正六邊形，得△BPG是等邊三角形，四邊形ABGM和四邊形PGEN是平行四邊形，BE=2a.

PM+PN=PG+MG+GE=BG+AB+GE=AB+BE=3a.

【思路分析5】上述幾種方法是利用“截長法”來證明線段的和、差與倍分關(guān)系的，除此外還可以采用“補段法”來證明，即延長PM與PN.

證法5：如圖7，分別延長PM和PN，與EF和FE的延長線分別交于G和H.

由PM∥AB，PN∥CD，六邊形ABCDEF是正六邊形，易知△FMG、△EHN和△PGH都是等邊三角形，四邊形ABPM和四邊形DCPN是等腰梯形.

圖6

圖7

PM+PN=PG-MG+PH-NH=2GH-GF-HE=2（EF+GF+ HE）-GF-HE=2EF+（GF+EH）=2a+（GF+EH）.

易知AM+DN=a.

GF+EH=MF+NE=AF+DE-AM-DN=2a-a=a.故PM+PN=3a.

再探討第二問的解法.

【思維導引】證明線段相等主要是通過三角形全等來證明，解決該題的關(guān)鍵是通過添加輔助線構(gòu)造出全等的三角形.

【思路分析1】由于圖中OM和ON所在的三角形顯然不全等，所以必須通過添作輔助線構(gòu)建全等的三角形，而垂線是常作的輔助線之一.

證法1：如圖8，過O點分別作OG⊥AF，OH⊥DE，垂足分別為G和H.

由六邊形ABCDEF是正六邊形，OG⊥AF，OH⊥DE，易知OG=OH，AG= DH=a.

圖8

圖9

則△OGM≌△OHN，故OM=ON.

【思路分析2】雖然圖中OM和ON所在的三角形不全等，但是若在圖中標上適當?shù)淖帜福偷玫接锌赡苋鹊娜切?，如圖9中的△MGO和△OHN.

證法2：如圖9，設(shè)PM、PN和AD分別交于點G和H.

易知△AGM和△DHN都是等邊三角形，所以∠MGO=∠OHN=120°.

由AM+DN=a，AG+GO=a，AM=AG，DN=HN，得GO= HN.

同理，MG=OH.

則△MGO≌△OHN，故OM=ON.

【思路分析3】平行線也是常作的輔助線之一.如圖10，連接BF，就有BF∥PN，這樣就構(gòu)建了可能全等的△AMO和△ENO.

圖10

證法3：如圖10，連接EB（或CF）.

易知四邊形ABPM和四邊形EBPN都是等腰梯形，則AM=BP=EN.又AO=EO=a，∠MAO=∠NEO=60°，則△AMO≌△ENO，故OM=ON.

【思路分析4】點O既是正六邊形的外心，又是它的內(nèi)心，如果能夠把O點轉(zhuǎn)化為△PMN的外心，那么根據(jù)三角形外心的性質(zhì)同樣可以得到OM=ON.

證法4：如圖11，連接OP和MN，過O分別作線段AB和CD的垂線l1、l2.

由l1、l2分別垂直平分線段AB和CD，四邊形ABPM和四邊形DCPN都是等腰梯形，得l1、l2也分別垂直平分線段MP和NP，即O是△MPN的外心，則OM=ON.

圖11

【思維導引】四邊形OMGN是菱形.由于根據(jù)第二問已經(jīng)知道OM=ON，所以只要證明四邊形OMGN是平行四邊形即可.

【思路分析1】欲證明四邊形OMGN是菱形，已經(jīng)知道OM=ON，因此只要證明MG=ON即可（或證明OM=ON= MG=NG，利用四邊相等的四邊形是菱形得到證明）.

解法1：如圖12，設(shè)PN交OD于H，連接EO.

由△AMO≌△ENO（圖10已經(jīng)證明），得∠MOA=∠NOE.又∠EOA= 120°，則∠MON=120°.

而OG平分∠MON，則∠MOG= 60°.

圖12

則∠MOA=∠GOF，又∠MAO=∠GFO，OA=OF，則△AMO≌△FGO，則AM=FG.

又AM=BP=OH，MF=PC=DN=NH，∠MFG=∠NHO= 120°，則△MFG≌△NHO，則MG=ON.

同理MO=GN.又MO=NO（已證），則四邊形OMGN是菱形.

【思路分析2】證明四邊形OMGN是平行四邊形，也可以根據(jù)已知120°的角，求出其他未知角的度數(shù)，從而得到對角相等來證明.根據(jù)前面的證明不難知道圖13中有：△MFG≌△OKM≌△NHO≌△GEN.

解法2：如圖13，易得△MFG≌△OKM≌△NHO≌△GEN，則∠FMG=∠KOM.又∠KOM+∠KMO= 60°，則∠FMG+∠KMO=60°.

又∠AMK=60°，則∠GMO=60°.

同理，∠GNO=60°，∠MGN=∠MON=120°.

圖13

又OM=ON，則四邊形OMGN是菱形.

【思路分析3】證明四邊形OMGN是平行四邊形，也可以通過對角線互相平分來證明.

解法3：如圖14，連接MN.

由OM=ON（已證），OG平分∠MON，得OG垂直平分線段MN.

由MG=MO，MN垂直O(jiān)G，得MN平分線段OG.

圖14

則四邊形OMGN是菱形.

【思路分析4】證明一個四邊形是菱形，也可以利用兩個全等的等邊三角形拼成的四邊形是菱形這一性質(zhì)來證明.

解法4：如圖15，連接OE、OF.

圖15

由△AMO≌△ENO（圖10已證），得∠MOA=∠NOE.又∠EOA=120°，則∠MON=120°.

而OG平分∠MON，則∠MOG= 60°.

又∠FOA=60°，則∠MOA=∠GOF.又AO=FO，∠MAO=∠GFO=60°，則△MAO≌△GFO，故MO=GO，因此，△MGO為等邊三角形.

同理，可證△NGO也是等邊三角形，故四邊形OMGN是菱形.

三、模型拓展

縱觀上述中考試題可以看出，它是以正六邊形模型為載體，突出考查了動點定值問題和底角為60°的等腰梯形內(nèi)接菱形問題.如果改變載體平臺，將正六邊形設(shè)計為其他的特殊圖形，并將原有條件做適當調(diào)整，那么又會產(chǎn)生哪些結(jié)論呢？

1.關(guān)于正三角形

如圖16，正三角形ABC的邊長為a，P是BC邊上一動點，過P作PM∥AC交AB于點M，作PN∥AB交AC于點N.

（1）思考：PM+PN的值是否變化？如果不變，則是多少？

（2）如圖17，點O是△ABC的中心，連接OM、ON.試問：OM和ON相等嗎？

圖16

圖17

參考答案：（1）PM+PN=AB=a.

（2）OM=ON.

2.關(guān)于等腰梯形

（1）動點定值問題.

如圖18，等腰梯形ABCD的對角線長為b，過下底BC上一點P作PM∥AC，PN∥BD，分別交兩腰AB、DC于點M、N，則PM+PN的值是多少？

圖18

參考答案：PM+PN=b.

（2）內(nèi)接菱形問題.

①順次連接等腰梯形各邊中點所圍成的四邊形是菱形嗎？

參考答案：是菱形.

②如圖19，已知M、N分別是等腰梯形的兩腰AB、CD上的點，且BM= DN，作線段MN的垂直平分線分別交兩底AD和BC于點E和F，判斷四邊形MFNE是否為特殊四邊形，并說明理由.

圖19

參考答案：四邊形MFNE是菱形.

3.關(guān)于正五邊形

如圖20，已知正五邊形ABCDE的邊長為a，P是CD上的一點，PM∥CB，PN∥DE，試探究PM+PN的值是多少.

圖20

四、方法提煉

深入研究上述中考題，我們會發(fā)現(xiàn)其中蘊含著許多數(shù)學思想方法.提煉這些方法，對我們解決各種類型的壓軸題有一定的指導作用.

1.動點定值問題的探究方法

動點定值問題是近年來中考命題熱點，更成為大部分學生學習的困擾.這類題型不僅考查學生對基礎(chǔ)知識和技能的理解和掌握，對基本數(shù)學思想的領(lǐng)悟，更能間接而有效地體現(xiàn)學生數(shù)學思維的廣度與深度.常見的定值問題有：線段定值、角度定值、面積定值、周長定值等.這類問題中，有時直接給出定值是何值，讓我們?nèi)フ撟C結(jié)論的正確性，但有時候卻沒有給出定值具體是何值，而是隱含在題設(shè)中，要我們自己去探討，這是解決這類題的關(guān)鍵.而將動點位置特殊化是探究定值的一種有效辦法.

2.線段相等關(guān)系的證明方法

證明線段相等關(guān)系的方法很多，主要有四種：（1）把要證的兩條線段放在兩個三角形中，利用全等三角形對應邊相等來證明；（2）把要證的兩條線段放在兩個三角形中，利用相似三角形對應邊成比例得到，從而證出a=b；（3）把要證的兩條線段放在同一個三角形中，利用等角對等邊來證明；（4）利用等式的性質(zhì)，先證a=c，再證b=c，從而得到a=b.

3.線段的和、差與倍分關(guān)系的證明方法

證明線段的和、差與倍分關(guān)系，通常采用“截長法”或“補短法”，有時還會通過添加輔助線將要證的線段分解，逐步轉(zhuǎn)化到一條已知線段上，從而完成倍分關(guān)系的證明.

4.特殊四邊形的證明方法

欲想證明四邊形為某種特殊四邊形，首先要了解各種特殊四邊形的從屬關(guān)系，即：

如果要證明某四邊形是菱形，除了直接運用菱形的判定方法外（上述中考題第三問的證法1和證法4），也可以首先證明四邊形是平行四邊形，然后證一組鄰邊相等或證明對角線互相垂直即可（上述中考題的證法2和證法3）.

總之，中考數(shù)學壓軸題具有立意新穎，知識點涵蓋豐富，解題能力要求高，凸顯數(shù)學思想方法，區(qū)分層次和選拔的作用，它是中考數(shù)學試題的精華部分.認真研究這樣的中考試題，能夠幫助學生克服畏難情緒，提升應試水平.