關(guān)注“直L型”圖形模型 重視通法的解題功能

☉寧夏回族自治區(qū)中衛(wèi)市沙坡頭區(qū)宣和鎮(zhèn)張洪學(xué)校 張 寧

一、基本模型的提煉

例1（2009年深圳）如圖1，矩形ABCD中，由8個(gè)面積均為1的小正方形組成L型模板按圖1所示放置，則矩形ABCD的周長(zhǎng)為_(kāi)_____.

圖1

解析：易知小正方形的邊長(zhǎng)為1，所以AE=EF=4，F(xiàn)G=2.

因?yàn)椤螦EF=90°，所以∠AEB+∠FEC=90°.由∠ABE=90°，得∠BAE+∠AEB=90°.所以∠FEC=∠BAE.又因?yàn)椤螦BE=∠FCE=90°，AE=EF=4，所以△ABE≌△ECF，所以BE=CF，AB=EC.

令DF=x，則EC=2x，AB=2x.所以FC=DC-DF=2x-x=x，所以BE=x.

點(diǎn)評(píng)：本題雖然是一道填空題，但它所涉及的知識(shí)點(diǎn)比較多，主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)．本題以矩形和直角三角形為背景，構(gòu)思巧妙，設(shè)計(jì)新穎，具有較強(qiáng)的探索性，全面考查了學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力．它的解法具有廣泛的代表性，是解決同類(lèi)問(wèn)題的通法．

近幾年各地中考試題中經(jīng)常出現(xiàn)以圖1為模型命制的中考試題，由于它的形狀類(lèi)似于字母“L”，不妨稱(chēng)這種基本圖形為“直L型”圖形，它是中考命題中一個(gè)重要的數(shù)學(xué)模型，這種模型的通性通法對(duì)解決同類(lèi)問(wèn)題具有一定的導(dǎo)向作用，在教學(xué)中非常有必要引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注“直L型”圖形模型，使學(xué)生重視通法的解題功能，本文以近兩年各地中考試題為例，說(shuō)明“直L型”圖形模型的通法在解題中的應(yīng)用.

二、“直L型”圖形的性質(zhì)

1.直角梯形中的“直L型”圖形的性質(zhì)

如圖2，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，AB=a，CD=b，BC=c. 若在BC上存在直角點(diǎn)M，使AM⊥DM，則：

圖2

證明：設(shè)BM=x，則MC=c-x.

由AM⊥DM，知∠AMD=90°，所以∠AMB+∠DMC=90°.

因?yàn)椤螦BM=90°，所以∠BAM+∠AMB=90°.

所以∠DMC=∠BAM.

又因?yàn)椤螦BM=∠DCM=90°，所以△ABM∽△MCD.

所以x2-cx+ab=0.

2.矩形中的“直L型”圖形的性質(zhì)

如圖3，在矩形ABCD中，AD=a，AB=b，點(diǎn)M在BC邊上，連接AM、DM，∠AMD=90°，點(diǎn)M為直角點(diǎn).則：

①△ABM∽△MCD；②a≥2b.

證明：設(shè)BM=x，則MC=a-x.

圖3

因?yàn)椤螦MD=90°，所以∠AMB+∠DMC=90°.

因?yàn)椤螦BM=90°，所以∠BAM+∠AMB=90°.

所以x2-ax+b2=0.由Δ=a2-4b2≥0，知a≥2b.即當(dāng)BC上存在點(diǎn)直角點(diǎn)M，使AM⊥DM時(shí)，a≥2b.反之易知：若a≥2b，則BC上存在直角點(diǎn)M，使AM⊥DM.

以上得出的“直L型”圖形的性質(zhì)及性質(zhì)的證明方法在解決同類(lèi)問(wèn)題中有著廣泛的應(yīng)用.

三、“直L型”圖形模型在解中考題中的應(yīng)用

例2（2012年浙江省嘉興市）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)P是拋物線y=x2上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P在笫一象限內(nèi)）.連接OP，過(guò)點(diǎn)O作OP的垂線交拋物線于另一點(diǎn)Q.連接PQ，交y軸于點(diǎn)M.作PA⊥x軸于點(diǎn)A，QB⊥x軸于點(diǎn)B.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m.

①求線段OP的長(zhǎng)和tan∠POM的值；

②在y軸上找一點(diǎn)C，使△OCQ是以O(shè)Q為腰的等腰三角形，求點(diǎn)C的坐標(biāo).

（2）如圖5，連接AM、BM，分別與OP、OQ相交于點(diǎn)D、E.

①用含m的代數(shù)式表示點(diǎn)Q的坐標(biāo)；②求證：四邊形ODME是矩形.

圖4

圖5

因?yàn)镻A⊥x軸，所以PA∥MO.

②設(shè)Q（n，n2）.

因?yàn)閠an∠QOB=tan∠POA，

當(dāng)OQ=CQ時(shí)，C3（0，1）.

（2）①P（m，m2），設(shè)Q（n，n2）.

②設(shè)直線PQ的解析式為y=kx+b.

解得b=1.

所以M（0，1）.

所以∠MAO=∠QOB.

所以QO∥MA.

同理，可得EM∥OD.

所以四邊形ODME是平行四邊形.

又因?yàn)椤螮OD=90°，所以平行四邊形ODME是矩形.

點(diǎn)評(píng)：本題是一道幾何代數(shù)綜合題，主要考查一次函數(shù)、二次函數(shù)、勾股定理、相似三角形的性質(zhì)與判定、矩形的判定及方程思想、分類(lèi)討論、特殊到一般的數(shù)學(xué)思想等的綜合應(yīng)用．解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)，求出關(guān)鍵點(diǎn)P、Q、M的坐標(biāo)．本題中的“直L型”圖形是梯形中的“直L型”圖形，在求點(diǎn)Q的坐標(biāo)時(shí)要充分利用“直L型”圖形中證明三角形相似的方法．

例3（2012年四川省南充市）如圖6，矩形ABCD中，AB=2AD，E為AD的中點(diǎn)，EF⊥EC交AB于點(diǎn)F，連接FC.

（1）求證：△AEF∽△DCE；

（2）求tan∠ECF的值.

分析：（1）由“直L型”圖形中證明三角形相似的方法，易證△AEF∽△DCE.

圖6

解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°.

因?yàn)镋F⊥EC，所以∠FEC=90°.

所以∠FEA+∠CED=90°.

因?yàn)椤螰EA+∠EFA=90°，所以∠EFA=∠CED.

所以△AEF∽△DCE.

點(diǎn)評(píng)：此題考查相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義．此題難度適中，在根據(jù)題意無(wú)法直接求得三角形的邊長(zhǎng)時(shí)，可考慮利用三角形的相似關(guān)系，利用“直L型”圖形中相似三角形的證法易知△AEF∽△DCE，通過(guò)利用“相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例”的性質(zhì)，結(jié)合題中的線段間的倍數(shù)關(guān)系，推得∠ECF的三角函數(shù)值，解題時(shí)還要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．

例4（2011年湖南省衡陽(yáng)市）如圖7，在矩形ABCD中，AD=4，AB=m（m＞4），點(diǎn)P是AB邊上的任意一點(diǎn)（不與A、B重合），連接PD，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥PD，交直線BC于點(diǎn)Q.

（1）當(dāng)m=10時(shí)，是否存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合？若存在，求出此時(shí)AP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由.

（2）連接AC，若PQ∥AC，求線段BQ的長(zhǎng)（用含m的代數(shù)式表示）.

（3）若△PQD為等腰三角形，求以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形的面積S與m之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出m的取值范圍.

解：（1）假設(shè)當(dāng)m=10時(shí)，存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，如圖8所示.

因?yàn)镻Q⊥PD，所以∠DPC=90°.

所以∠APD+∠BPC=90°.

又因?yàn)椤螦DP+∠APD=90°，所以∠BPC=∠ADP.

又∠B=∠A=90°，所以△PBC∽△DAP.

解得AP=2或8.

故存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，此時(shí)AP的長(zhǎng)為2或8.

圖7

圖8

圖9

（2）如圖9，因?yàn)镻Q∥AC，所以∠BPQ=∠BAC.

又因?yàn)椤螧PQ=∠ADP，所以∠BAC=∠ADP.

又因?yàn)椤螧=∠DAP=90°，所以△ABC∽△DAP.

由∠BPQ=∠BAC，∠B=∠B，得△PBQ∽△ABC.

（3）由于已知PQ⊥PD，所以只有當(dāng)DP=PQ時(shí)，△PQD為等腰三角形.

由∠BPQ=∠ADP，∠B=∠A=90°，DP=PQ，得△PBQ≌△DAP.

所以PB=DA=4，AP=BQ=m-4.

故以P、Q、C、D為頂點(diǎn)的四邊形的面積S與m之間的函數(shù)關(guān)系式為：

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、一元二次方程的解法.問(wèn)題（1）是存在型問(wèn)題，解決這類(lèi)問(wèn)題時(shí)，首先假設(shè)存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合，然后充分利用“直L型”圖形中相似三角形的證明方法說(shuō)明△PBC∽△DAP，利用相似三角形的性質(zhì)列出關(guān)于三角形某一邊長(zhǎng)的一元二次方程，如果方程有解，則存在滿(mǎn)足條件的點(diǎn)；如果方程無(wú)解，則不存在滿(mǎn)足條件的點(diǎn).這種方法也是解決其他類(lèi)型存在性問(wèn)題時(shí)常用的方法.

例5 （2012年山東泰安）如圖10，E是矩形ABCD的邊BC上一點(diǎn)，EF⊥AE，EF分別交AC、CD于點(diǎn)M、F，BG⊥AC，垂足為G，BG交AE于點(diǎn)H.

圖10

（1）求證：△ABE∽△ECF；

（2）找出與△ABH相似的三角形，并證明；

（3）若E是BC的中點(diǎn)，BC=2AB，AB=2，求EM的長(zhǎng).

分析：（1）由“直L型”圖形中證明三角形相似的方法，易證△ABE∽△ECF.

（2）由BG⊥AC，易證得∠ABH=∠ECM.

又∠BAH=∠CEM，即可證得△ABH∽△ECM.

（3）如圖11，作MR⊥BC，垂足為R.

圖11

解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以∠ABE=∠ECF=90°.

因?yàn)锳E⊥EF，所以∠AEB+∠FEC=90°.

又∠BAE+∠AEB=90°，所以∠BAE=∠CEF.

所以△ABE∽△ECF.

（2）△ABH∽△ECM.

因?yàn)锽G⊥AC，所以∠ABG+∠BAG=90°.

所以∠ABH=∠ECM.

由（1）知∠BAH=∠CEM，所以△ABH∽△ECM.

（3）作MR⊥BC，垂足為R.

點(diǎn)評(píng)：本題考查矩形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)以及三角函數(shù)等知識(shí)．解題時(shí)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意掌握“有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似”定理的應(yīng)用．問(wèn)題 （1）中證明△ABE∽△ECF時(shí)，要充分利用“直L型”圖形中證明三角形相似的方法，問(wèn)題（1）也是解決后面問(wèn)題的關(guān)鍵，所以“直L型”圖形中證明三角形相似的方法在解決問(wèn)題中起到了至關(guān)重要的作用，所以在教學(xué)中要特別重視通法的解題功能．

從以上中考試題可以看出，“直L型”圖形的性質(zhì)有著廣泛的應(yīng)用．它提供的證明三角形相似的方法和解題思路對(duì)解決同類(lèi)問(wèn)題具有一定的導(dǎo)向作用．如果教師在中考復(fù)習(xí)教學(xué)中設(shè)計(jì)一節(jié)專(zhuān)門(mén)探究“直L型”圖形性質(zhì)的數(shù)學(xué)活動(dòng)課，引導(dǎo)學(xué)生關(guān)注“直L型”圖形模型，通過(guò)師生共同探究“直L型”圖形的性質(zhì)，一定能激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，讓學(xué)生掌握“直L型”問(wèn)題中證明三角形相似的方法和解題思路，使學(xué)生不僅學(xué)會(huì)解答與“直L型”圖形有關(guān)的中考題，引導(dǎo)學(xué)生重視通法的解題功能，而且能有效提高學(xué)生應(yīng)用所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.