源于拓展與延伸的中考幾何題

近幾年來(lái)，全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)命題的趨勢(shì)之一是尊重教材，遵照課標(biāo)，比例占70%的基本題是由課本上的例題、習(xí)題或者中考模擬題改造而來(lái)的，即使是要求較高的“壓軸題”的解題思路及解法也能從課本或者模擬題中找到原型．

中考命題專家通過(guò)變換課本原題或者模擬題的視角、解題策略編成的中考題，背景公平，可讓同學(xué)們處于較為平和、熟悉的考試環(huán)境，而且解題方法記憶猶新、觸類旁通，可增強(qiáng)同學(xué)們的自信心． 另外，這也有利于改變課堂教學(xué)題海戰(zhàn)術(shù)和課后大運(yùn)動(dòng)量重復(fù)訓(xùn)練的傾向，轉(zhuǎn)為注重提高同學(xué)們的數(shù)學(xué)素養(yǎng)．

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在一塊如圖1所示的三角形余料上裁剪下一個(gè)正方形，如果△ABC為直角三角形，且∠ACB=90°，AC=4，BC=3，正方形的四個(gè)頂點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G分別在三角形的三條邊上，求正方形的邊長(zhǎng)．

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■ 作CH⊥AB于點(diǎn)H，交GF于點(diǎn)M，設(shè)GD=GF=x，因?yàn)樗倪呅蜠EFG為正方形，所以CM⊥GF. 由勾股定理可得AB=5，根據(jù)三角形的面積不變性，可求得CH=■，因?yàn)镚F ∥AB，所以∠CGF=∠A ，∠CFG=∠B. 所以△ABC∽△GFC. 所以■=■，即■=■，解得x=■. 所以正方形的邊長(zhǎng)為■.

變式1 （2011山西）如圖2，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D，E分別是邊AB，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)G，F(xiàn)在BC邊上，四邊形DEFG是正方形，若DE=2 cm，則AC的長(zhǎng)為（ ）

A. 3■cm ?搖?搖?搖 B. 4 cm

C. 2■cm?搖?搖?搖?搖 ?搖D. 2■cm

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■ 本題是原型1的簡(jiǎn)單變形，要根據(jù)等腰三角形內(nèi)接正方形的邊長(zhǎng)求出等腰三角形的邊長(zhǎng)，需運(yùn)用三角形的中位線性質(zhì)以及等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)．

■ 過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M，由題意知DE是等腰三角形ABC的中位線，所以DE∥BC，DE=■BC. 因?yàn)镈E=2 cm，所以BC=4 cm．又AB=AC，AM⊥BC，所以MC=■BC=2 cm. 因?yàn)辄c(diǎn)E是邊AC的中點(diǎn)，EF∥AM，所以FC=1 cm． 在△EFC中，因?yàn)檎叫蜠EFG的邊長(zhǎng)是2 cm，所以根據(jù)勾股定理得EC=■cm，所以AC=2■ cm，故選D．

變式2 （2011貴州遵義）如圖3，在Rt△ABC中，∠C=90°，放置邊長(zhǎng)分別為3，4，x的三個(gè)正方形，則x為（ ）

A． 5 B． 6

C． 7 D． 12

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■ 本題也是原型1的直接變形，要運(yùn)用相似三角形的判定、性質(zhì)，以及正方形的性質(zhì)進(jìn)行解題．由于該圖中出現(xiàn)三個(gè)正方形和一些直角三角形，所以很容易發(fā)現(xiàn)里面所有的直角三角形都是相似的．

■ 易得△DEF∽△GHI，所以■=■，即■=■，解得x=7或x=0（舍去）． 故答案為C.

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已知：如圖4，AB是半圓O的直徑，OD是半徑，BM切半圓于點(diǎn)B，OC與弦AD平行，且交BM于點(diǎn)C． 求證：CD是半圓O的切線.

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■ 因?yàn)镺C∥AD，所以∠DOC=∠ADO，∠DAO=∠BOC. 而OD=OA，∠ADO=∠DAO，所以∠DOC=∠BOC． 又因?yàn)镺D=OB，OC是公共邊，所以△ODC≌△OBC. 所以∠ODC=∠OBC. 因?yàn)锽M切半圓于點(diǎn)B，所以∠OBC=90°. 所以∠ODC=90°. 所以CD是半圓O的切線.

變式1 （2009浙江義烏）如圖5，AB是⊙O的直徑，BC⊥AB于點(diǎn)B，連結(jié)OC交⊙O于點(diǎn)E，弦AD∥OC，弦DF⊥AB于點(diǎn)G．

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（1）求證：點(diǎn)E是■的中點(diǎn).

（2）求證：CD是⊙O的切線.

（3）若sin∠BAD=■，⊙O的半徑為5，求DF的長(zhǎng)．

■ 本題是原型2的直接變式，圖形上添加了一條弦DF．

問(wèn)題（1）中可根據(jù)AD∥OC得∠A=∠COB，從而判定■=■.

問(wèn)題（2）可連結(jié)OD，只要證明∠CDO=90°即可.

問(wèn)題（3）可在△ADG中用勾股定理求解．

■ （1）連結(jié)OD，因?yàn)锳D∥OC，所以∠A=∠COB. 因?yàn)椤螦=■·∠BOD，所以∠BOC=■∠BOD. 所以∠DOC=∠BOC. 所以■=■.

（2）由（1）知∠DOE=∠BOE，因?yàn)镃O=CO，OD=OB，所以△COD≌△COB. 所以∠CDO=∠B. 又因?yàn)锽C⊥AB，所以∠CDO=∠B=90°. 所以CD是⊙O的切線.

（3）在△ADG中，因?yàn)閟inA=■=■，設(shè)DG=4x，則AD=5x，AG=3x. 又因?yàn)椤袿的半徑為5，所以O(shè)G=5－3x. 因?yàn)镺D2=DG2＋OG2，所以52=（4x）2＋（5－3x）2，解得x1=■，x2=0（舍去）. 所以DF=2DG=8×■=■．

變式2 （2011湖南湘潭）已知：AB是⊙O的直徑，AB=8，點(diǎn)C在⊙O的半徑OA上運(yùn)動(dòng)，PC⊥AB，垂足為C，PC=5，PT為⊙O的切線，切點(diǎn)為T(mén)．

（1）如圖6，當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O時(shí)，求PT的長(zhǎng).

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（2）如圖7，當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，連結(jié)PO，BT，求證：PO∥BT.

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（3）如圖8，設(shè)PT2=y，AC=x，求y與x的函數(shù)關(guān)系式及y的最小值．

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■ 本題在原型2的基礎(chǔ)上添加了圖形的移動(dòng)條件，增加了探究的難度． （1）中可連CT，得到Rt△PTO，進(jìn)而利用勾股定理進(jìn)行求解. （2）中可連結(jié)AT，先證得PA是⊙O的切線，再利用同一平面內(nèi)垂直于同一條直線的兩條直線平行進(jìn)行證明. （3）中可連結(jié)PO，OT，再利用勾股定理探究y與x之間的函數(shù)關(guān)系，并根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求出y的最小值.

■ （1）連結(jié)OT，當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)O時(shí)，因?yàn)镻T為⊙O的切線，所以O(shè)T⊥PT. 在Rt△PTO中，PT=■=■=■=3．

（2）連結(jié)AT，當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，因?yàn)镻C⊥AB，所以PA是⊙O的切線． 因?yàn)镻T為⊙O的切線，所以PA=PT，PO平分∠APT.所以PO⊥AT． 因?yàn)锳B是⊙O的直徑，所以∠ATB是直角，即BT⊥AT. 所以PO∥BT．

（3）連結(jié)OP，OT，因?yàn)锳C=x，所以 CO=OA-AC=4-x． 在Rt△PCO中，PO2=PC2+CO2=52+（4－x）2，在Rt△POT中，PO2=PT2+OT2=PT2+42，所以PT2+42=52+（4－x）2，即y+42=52+（4－x）2． 所以y=9+（4－x）2=x2－8x+25．當(dāng)x=4時(shí)，y的最小值為9． 所以y與x的函數(shù)關(guān)系式為y=x2－8x+25，y的最小值是9.