李承志

[摘要]以2018年廣西賀州市中考數(shù)學(xué)試題第28題為例探討典型的中考試題解法，通過一題多變，訓(xùn)練學(xué)生思維，提高學(xué)生的解題能力。

[關(guān)鍵詞]數(shù)學(xué);中考題;解法;思考

[中圖分類號] C633.6

[文獻(xiàn)標(biāo)識碼] A

[文章編號] 1674-6058（2020）14-0001-02

題目（廣西賀州市2018年中考題）：正方形ABCD的邊長為12，點(diǎn)E在邊AB上，BE=8，過點(diǎn)E作EF∥BC，分別交BD、CD于G、F兩點(diǎn).若點(diǎn)P、Q分別為DG、CE的中點(diǎn)，求PQ的長，

一、解法探討

[解法一]如圖1，作QM⊥EF，PN⊥EF，垂足分別是M、N，過點(diǎn)Q作QH⊥PN于點(diǎn)H.則四邊形QHNM是矩形.根據(jù)平行線等分線段定理可得點(diǎn)M是EF的中點(diǎn)，點(diǎn)N是GF的中點(diǎn).

∴HN=MQ=（1/2）CF=4，PN=（1/2）DF=（1/2）×（12-8）=2.

∴PH=4+2=6.

∵點(diǎn)M是EF的中點(diǎn)，∴MF=（1/2）EF=6.

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FDG=45°，∴∠DGF=45°.

∴∠FDG=∠DGF，∴GF=DF=4.

∵點(diǎn)N是GF的中點(diǎn)，∴NF=2，∴QH=MN=MF-NF=6-2=4.

在Rt△PHO中，根據(jù)勾股定理得PQ=√（PH²+QH²）=√（6²+4²）=2√13.

[解法二]如圖2，作QM⊥CD，PN⊥CD，垂足分別是M、N，過點(diǎn)P作PH⊥QM于點(diǎn)H.則四邊形PHMN是矩形，根據(jù)平行線等分線段定理可得點(diǎn)M是CF的中點(diǎn)，點(diǎn)N是DF的中點(diǎn).

∴PH=MN=（1/2）CD=6， HM=PN=（1/2）GF=（1/2）DF=2，QM=（1/2）EF=6，

∴QH=QM-HM=6-2=4.

在Rt△PHQ中，根據(jù)勾股定理得

PQ=√（PH²+QH²）=√（6²+4²=2√13.

點(diǎn)評：上述兩種解法利用了正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、平行線等分線段定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、三角形中位線定理、勾股定理，關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，求出PN和QH的長.

[解法三]如圖3，過點(diǎn)P作PN⊥CD，垂足為N，交AB于點(diǎn)M.連接PE、PC.則四邊形AEFD、EFNM是矩形，M、N分別是AE、DF的中點(diǎn).

∴MN=AD=12，NF=ME=（1/2）x （12-8）=2.

∵點(diǎn)P、N是DG、DF的中點(diǎn)，

∴PN=（1/2）GF=（1/2）DF=2.

∴CN=CF+NF=8+2=10，MP=MN-PN=12-2=10.

根據(jù)勾股定理得

PE²=PM²+ME²=10²+2²=104，

PC²=CN²+PN²=10²+2²=104.

∴PE²+PC²=208.∵CE²=BE²十BC²，∴CE²=8²+12²=208.

∴CE²=PE²+PC²，∴△PCE是直角三角形，

∵點(diǎn)Q是CE的中點(diǎn)，∴PQ=（1/2）CE=（1/2）×√（12²+8²）=2√13.

點(diǎn)評：本解法利用了正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、平行線等分線段定理、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理及逆定理和直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，關(guān)鍵是利用勾股定理的逆定理證明△EPC是直角三角形.

[解法四]如圖4，連接AP、EP、CP.

過點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M.

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AD=CD，∠ADP=∠CDP，

∵DP=DP，∴△ADP≌△CDP，∴∠DAP=∠DCP.

∵PM⊥AB，∴PM∥AD∥EF，∵點(diǎn)P是DG的中點(diǎn)，∴點(diǎn)M是AE的中點(diǎn).

∴AP=EP，∴∠PAE=∠PEA.

∵∠DAE=∠FEA=90°，∴∠PAD=∠PEF，∴∠DCP=∠PEF.

點(diǎn)評：本解法利用了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線等分線段定理、線段垂直平分線定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及判定和直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，關(guān)鍵是利用有兩個(gè)銳角互余的三角形是直角三角形證明△EPC是直角三角形.

[解法五]如圖5，連接PE、PF、PC，容易得到EF=CD.

點(diǎn)評：本解法利用了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及判定和直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，仍然是利用有兩個(gè)銳角互余的三角形是直角三角形證明△EPC是直角三角形，

二、尋找規(guī)律

把BE=8改為BE= 10或者其他（大于0小于12）的值，按解法一和解法二不難找到PH=（1/2）AB， QH=（1/2）（AB-AE），然后利用勾股定理求出PQ的長;按解法三、解法四、解法五不難找到∠CPE=90°，然后利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出PQ的長.

三、拓展延伸

如果把“點(diǎn)E在邊AB上”改為“點(diǎn)E在直線AB上”，還有沒有上述規(guī)律呢？為了說明此問題，分三種情況分析.（以解法五為例進(jìn)行說明）

1.當(dāng)點(diǎn)E在BA的延長線上時(shí)

如圖6，連接PE、PF、PC，容易得到EF=CD，△DFG是等腰直角三角形.

2.當(dāng)點(diǎn)E在AB的延長線上時(shí)

如圖7，連接PE、PF、PC，容易得到EF=CD，△DFG是等腰直角三角形，

點(diǎn)評：此時(shí)仍可以利用“邊角邊”證明△PEF≌△PC0，得∠PEF=∠PCD，證明∠CPE=90°，然后利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半就可以求出PQ的長.

3.當(dāng)點(diǎn)E與A、B重合時(shí)

當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)（如圖8），點(diǎn)P與點(diǎn)D重合，∠CPE=∠ADC=90°，PQ=（1/2）BD;當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)（如圖9），點(diǎn)P在正方形對角線的交點(diǎn)上，∠CPE=90°，PQ=（1/2）BC.

不管點(diǎn)E在直線AB的什么位置都有∠CPE=90°，進(jìn)而利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可解決問題.

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）