专题六几何探究题的解题思路
一、方法简述
随着中考的改革,几何的综合题不再是定格在”条件----演绎----结论”这样封闭的模式中,而是必须利用题设大胆猜想、分析、比较、归纳、推理,或由条件去探索不明确的结论,或由结论去探索未给予的条件,或讨论存在的各种可能性;探索图形的运动、变换规律更是中考的热点题型.解决此类问题,数学思想的合理应用起着关键性的作用,一个题目往往需要几个思想方法交织应用.
二、思想方法
1.分类讨论思想
分类讨论思想是数学中的重要思想方法之一，数学中的许多问题由于题设交代笼统，需要进行讨论，另外由于题意复杂，包含情况多也需要讨论。分类是按照数学对象的相同点或差异点，将数学对象分为不同种类的方法，其目的是复杂问题简单化。正确的分类必须周全，不重不漏；分类的原则是：（1）分类中的每一部分必须是独立的；（2）一次分类必须是一个标准；（3）分类讨论应逐级进行。
2.数形结合思想
数型结合就是将数和有关的图形结合起来，通过对图形的研究探索数量之间的关系，从而达到解决问题的方法。利用数型结合思想，可以将复杂的形化为具体的数，由形索数，由数导形，将数形有机地结合起来，加强数形思想的训练，对巩固数学知识，提高问题的解决能力，至关重要。
3.函数与方程思想
函数关系是指某个变化过程中两个变量之间的对应关系，方程是由已知量和未知量构成的矛盾的统一体，它是由已知探知未知的桥梁，从分析问题的数量关系入手，抓住问题的函数关系或等量关系，用数学语言将函数或等量关系转化为函数关系式或方程式，在通过函数的性质或方程的理论使问题获得解决的思想方法，就称为函数与方程思想。
4.转化与化归思想
转化与化归思想，也是初中数学常用的思想方法之一，是将不熟悉的问题转化、归结成熟悉问题的思想方法，就是将待解决的问题，通过分析、联想、类比等过程，选择恰当的方法进行变换，转化到已解决或比较容易解决的问题上，最终达到解决问题的目的，解决问题的过程实际上就是转化的过程。转化与化归原则主要有：熟悉化原则、简单化原则、直观性原则、正
图 2
P
D
C
B
A
图 1
D
C
B
A 难则反原则。
三、典例分析
例1: 阅读理解：如图1，在直角 梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠O
90B =, 点P 在BC 边上，当∠O
90APD =时，
易证A B P ?∽PCD ?，从而得到CD AB PC BP ?=?. 解答下列问题：
（1） 模型探究：如图2，在四边形ABCD 中， 点P 在BC 边上，当∠B =∠C =∠APD 时，
求证：CD AB PC BP ?=?； （2） 拓展应用：如图3，在四边形ABCD 中，
4,AB =6,CD 10,BC ==∠B =∠O
60C =,
AO ⊥BC 于点O ，以O 为原点，以BC 所在的直线
为x 轴，建立平面直角坐标系，点P 为线段OC 上一动点（不与端点O 、C 重合）．
① 当∠O
APD 60=时，求点P 的坐标；
② 过点P 作PE ⊥PD ，交y 轴于点E ，设x OP =，y OE =，求y 与x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围．
(1)证明：如图2，∵∠1=1800
-∠B -∠2 ∠3=1800
-∠APD -∠2 ∠B=∠APD ∴∠1=∠3 又∵∠B=∠C ∴ △ABP ∽△PCD
∴
CD
BP
PC AB =
∴CD AB PC BP ?=?
(2) ①如图3，当∠APD=600时
设P 点坐标为（x ，0），（0< x <8）则BP=2+x ，PC=8-x
∵∠B=∠C=∠APD=600
图 2
3
2
1
P D
C
B
A
∴CD AB PC BP ?=? 即（2+x ）(8-x)=64? 解得：x 1=2, 2x =4 ∴点P 的坐标为P （2，0）或P （4，0）
②解法一：如图3，过点D 作DM ⊥x 轴于点M 则CM=
32
1
=CD ，DM=33 ∴OM=5 (Ⅰ)当点P 在线段OM 上设为P 1，P 1M=x-5 (0 ∴OP 1?P 1M=OE ?1?DM 即x x -5()=33?y ∴x x y 9 35932+-= (0 ∵∠1+∠3=900 ∠2+∠3=900 ∴∠1=∠2 ∴Rt △E 2OP 2∽Rt △P 2MD ∴DM OP M P OE 222= ∴DM OE M P OP ?=?222 即x(x-5)= 33?y ∴x x y 9 3 5932-= (5 则CM=32 1 =CD ，DM=33 ∴OM=5 ∴D(5，33) (Ⅰ)当点P 在线段OM 上设为P 1，P 1M=5-x (0 ∵2121211D E D P P E =+ 即 x 5(22++y -x)2+ (33)2=(33-y)2+52 ∴x x y 9 3 5932+- = (0 ∵2222222D E D P P E =+ 即x x y (2 2++-5)2+ (33)2=(33+y)2+52 ∴x x y 9 35932-= (5 图 3 图 2 图 1 F E O D C B A 入手，到“一般”（图2为非直角情形）；再从“一般”（问题（2）①）上升到新背景中的“特殊”（问题（2）②），使学生经历了“特殊—一般—特殊”由浅入深、归纳与演绎交替变化的思维过程.试题在第一环节中提供了 “易证, A B P ?∽PCD ?”的启示，学生在解破“易证”中的具有广泛意义的思考或研究方法（即所谓“一般性方法”）后，就能类比解决后续的各个问题.考查学生利用类比方法进行自主探究学习的能力.本题的价值不仅在于环环相扣、层层推进的精彩设置，更在于其本身突出地展示着“一般性方法”的深刻含义和普遍适用性，能掌握并善于运用一般性方法，就显示出较高的数学学习能力. 例2. 已知菱形ABCD 的边长为1，0 60ADC ∠=，等边AEF ?两边分别交边DC 、CB 于点E 、F . （1）特殊发现：如图1，若点E 、F 分别是边DC 、CB 的中点， 求证：菱形ABCD 对角线AC 、BD 的交点O 即为等边AEF ?的外心； （2）若点E 、F 始终在分别在边DC 、CB 上移动，记等边AEF ?的外心为点P . ①猜想验证：如图2，猜想AEF ?的外心P 落在哪一直线上，并加以证明； ②拓展运用：如图3，当AEF ?面积最小时，过点P 任作一直线分别交边DA 于点N ， 交边DC 的延长线于点M ，试判断11 DM DN + 是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由 解：（1）证明：如图1，分别连接OE 、OF ∵四边形ABCD 是菱形 ∴AC ⊥BD ,BD 平分ADC ∠，BC DC AD == ∴O AOD COB COD 90=∠=∠=∠ O O ADC ADO 30602 1 21=?=∠= ∠ 又∵E 、F 分别为DC 、CB 中点 ∴CD OE 21=、BC OF 21=、AD AO 2 1 = ∴OA OF OE == ∴点O 即为AEF ?的外心 （2）①猜想：外心P 一定落在直线DB 上 图1 证明：如图2，分别连接PE 、PA ，过点P 分别作PI CD ⊥于I ，PJ AD ⊥于J . 则O PJD PIE 90=∠=∠ ∵O ADC 60=∠ ∴JDI PJD PIE IPJ O ∠-∠-∠-=∠360 ∴O O O O O IPJ 120609090360=---=∠ ∵点P 是等边AEF ?的外心， ∴O EPA 120=∠，PA PE = ∴EPA IPJ ∠=∠ ∴JPA IPJ ∠=∠ ∴PIE ?≌PJA ? ∴PJ PI =∠ ∴点P 在ADC ∠的平分线上，即点P 落在直线DB 上 分析：证点P 落在ADC ∠的平分线上，也就证明点P 到直线AD 、AC 的距离相等，如此便可构造两个直角三角形证明全等。若考虑对角互补，便可联想到四点共圆， 从而利用圆的性质便有下面两种解法。 另解法一：分别连接PA 、PC 、PD ∵四边形ABCD 是菱形,O ADC 60=∠ ∴O BCD 120=∠,CD AD = ∵点P 是等边AEF ?的外心， ∴O EAF 60=∠, ∴O BCE EAF 180=∠+∠ ∴A 、F 、C 、E 四点共圆，∴PC PA = ∵DC DA = ∴CDP ?≌ADP ? ∴ADP CDP ∠=∠ ∴P 落在ADC ∠的平分线上.即点P 落在直线DB 上. 另解法二：:分别连接PA 、PE 、PD ∵点P 是等边AEF ?的外心 ∴O EPA 120=∠，PA PE = ∴O PEA 30=∠ ∵O EPA ADC 180=∠+∠ ∴A 、P 、E 、 D 四点共圆. ∵O PEA PDA 30=∠=∠ ∴P 落在ADC ∠的平分线上.即点P 落在直线DB ② 11DM DN +为定值2 当AE DC ⊥时，AEF ?面积最小， 图2 J 图3 图4 此时点E 、F 分别为DC 、CB 中点 连接BD 、AC 交于点P ，由（1） 可得点P 即为AEF ?的外心 解法一：如图，设MN 交BC 于点G 设,(0,0)DM x DN y x y ==≠≠，则1CN y =- ∵BC ∥DA ，且DA BC =，P 是BD 的中点 ∴GBP ?≌MDP ? ∴x DM BG == ∴x CG -=1 ∵BC ∥DA ∴NCG ?∽NDM ? ∴ DM CG DN CN = ∴x x y y -=-11 ∴xy y x 2=+ ∴211=+y x 即21 1=+DN DM 分析：观察图形，得到结论CG AM =，把1用AD 或CD 代替，把要计算的线段或相关 线段集中到两个相似的三角形NCG ?，NDM ?中，并把长度用字母表示，化简含字母的代数式从而得到结论。依据此策略，可得到解法二、三、四。 解法二：如图，连接PE ∵点P 、E 分别为AC 、DC ∴2 1 21== DA PE ，PE ∥DA ∴NEP ?∽NDM ∴DM EP ND NE = 设,DM x DN y == ，则2 1- =y NE ∴x y y 2121=- ∴y x xy 2 1 21=- ∴211211=+=+DN DM y x ，则 解法三：过点G 作直线GH ∥CD 交AD 于点H ， ∵GH ∥CD ∴HMG ?∽DMN ? ∴ DM HM DN HG = ∴DM DM DM DM AM DM DN )1(1--= -= ∴211=+DN DM 解法四：过点C 作直线CK ∥MN 交BD 于点K ，过点A 作AH ∥MN 交BD 于H . ∵CK ∥MN ，AH ∥MN ∴DCK ?∽DNP ?，DMP ?∽DAH ? 图6 M H 图7 D ∴ DP DK DN DC =，DP DH DM DA = ∴DP DK DN =1，DP DH DM = 1 ∴DP DH DK DN DM +=+11 由CKP ?≌AHP ?得：HP KP = ∴DP DH DK 2=+ ∴21 1=+DN DM 解法五：如图，过点P 作PI DC ⊥于I ，PJ DA ⊥于J ，则4 PI PJ == ∵DMN DMP DNP S S S ???=+ ∴o DN DM PJ DM PI DN 60sin 212121??=?+? ∴2 3 2143214321??=?+?DN DM DM DN ∴DN DM DN DM ?=+2 ∴ 21 1=+DN DM 分析：因为11DM DN DM DN DM DN ++= ?，而DM DN ?正与DMN ?的面积有关，其中DM ，DN 也可以看成是将DMN ?分为DNP ?和DMP ?后，计算面积过程中涉及的底边。这种对 所求的结论作等份变形，找寻解题思路的方法是我们分析问题时常采用的一种重要方法。 解法六：如图4，以点D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系 设直线MN 的解析式为y kx b =+ 可求得点P 的坐标为3(4 ∴34k b += ∴k b 4 3 43-= ∴直线MN 的解析式为k kx y 4 343-+ = 求得直线DN 的解析式为y = 图9 图10 令344kx k + -= ，∴3k x - = ∴3 232360cos --==k k x DN o 令3044kx k + -= ，∴344k x k = ∴k k DM 4343-= ∴ 2)33(21332 3233434311=--=- -+-=+k k k k k k DN DM 评析：本题是一道集阅读理解、实验操作、猜想证明、应用探究于一体的综合题型。试题 以菱形中的一个等边三角形旋转作为载体，综合考查了等边三角形、菱形两个基本图形的性质，同时考查了等边三角形的外心（中心）、三角形的中位线、相似、全等等初中数学几何主干知识；试题源于教材，立足数学通性、通法，具有公平性、原创性，既紧扣双基，又突出能力要求。本题就改变了传统几何证明题的模式（已知，求证，证明），将合情推理与演绎推理有机融合在一起，试题引导学生学会一种解决问题的策略——试验、发现、联想、推广。其新意主要体现在让学生在操作、实验等尝试性活动中表现出对基础知识的理解水平，对图形的分解与组合的能力，考查了学生的分析、观察、猜测、验证、计算与推理能力。本题结论开放、方法开放、思路开放，能有效地反映高层次思维，融会了特殊与一般、转化思想、数学建模思想、函数思想、数形结合思想。 其中第一道小题在静态图形中考查了特殊点下等边三角形外心（中心）的的判定，属于基础题；第二问为先猜想，因有第一步作铺垫不难猜测点P 落在直线DB 上，证点P 落在∠ADC 的平分线上，也就证明点P 到直线AD 、AC 的距离相等（结论转换），如此便可构造两个直角三角形证明相等，思路自然，知识基本，方法核心，属于能力考查范围；第﹙2﹚小题第②以探究性问题让学生先判断、后推理，重思维，轻计算，对学生的思维能力要求较高。 四、强化训练 1. 如图，在矩形ABCD 中，9AB = ，AD =P 是边BC 上的动点（点P 不与点B 、点C 重合），过点P 作直线PQ BD ∥，交CD 边于Q 点，再把PQC △沿着动直线PQ 对折，点C 的对应点是R 点，设CP 的长度为x ，PQR △与矩形ABCD 重叠部分的面积为y ． （1）求CQP ∠的度数； （2）当x 取何值时，点R 落在矩形ABCD 的AB 边上？ （3）求y 与x 之间的函数关系式； D Q C B P R A B A D C B A D C 备用图 图 2 图 1 F E C B A F E D C B A 2.如图1，在ABC Rt ?中，0 90=∠C ，6==BC AC ，D 是AB 边上一点，E 是在AC 边上的一个动点（与点A 、C 不重合），DE DF ⊥，DF 与射线CB 相交于点F 。 （1）如图1，如果点D 是边AB 的中点，求证：DF DE =； （2）如图2，如果m DB AD =，求DF DE 的值； （3）如果2 1 =DB AD ，设x AE =，y BF =，求y 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围； A 3.四边形ABCD 是矩形，2=AB ，3=AD ，点M 是射线DC 上的一个动点（点M 不与点D 重合），N 是点M 关于AD 的对称点，射线AM 交射线BC 于E ，设m DM =， n CE =，ANE ?的面积为S . (1)如图1，当点M 在DC 边上．．运动时，试用m 的代数式表示n ，并写出m 的取值范围； （2）当点M 在射线．．DC 上运动时，判断ANE ?的面积S 是否为定值，若是定值，请求出该定值；若不是，请用m 的代数式表示S ，并写出m 的取值范围. 图 2 图` 1 H H G F E D C B A G F E D C B A 4. 已知：在矩形ABCD 中，10=AB ，12=BC ，四边形EFGH 的三个顶点E 、F 、H 分别在矩形ABCD 边AB 、BC 、DA 上，2=AE . （1）如图1，当四边形EFGH 为正方形时，求GFC ?的面积； （2）如图2，当四边形EFGH 为菱形，且a BF =时，求GFC ?的面积（用含a 的代数式表示）； （3）在（2）的条件下，GFC ?的面积能否等于2？请说明理由. 5.已知，ABC ?是等腰直角三角形，0 90=∠BAC ，2=BC ，D 是线段BC 上一点，以 AD 为边，在AD 的右侧作正方形ADEF ．直线AE 与直线BC 交于点G ，连接CF ． （1）如图1，当1 （2）如图2，当1>BD 时，请在图中作出相应的图形，猜测线段CF 与线段BD 的关系，并 说明理由； （3）连接GF ，判断线段BD 为何值时，GFC ?是等腰三角形． A B C F D E G 图1 A B C D 图2 θ θ 图 3 图 2 图 1 P H G F E D C B A G F E D C B A G F E D C B A 6．有公共顶点大小不等的正方形ABCD 与正方形AEFG ，两个正方形分别绕着点A 旋转至下列图形的位置，其中θ=∠BAE ()1800(0 <<θ. (1) 如图1，连接BG 、DE ，判断线段BG 与DE 的数量及位置之间的关系，并说明理由； （2）连接BE 、DG ，过点A 的直线垂直DG 于H 交BE 于P . ①如图2，求证ABE ?与ADG ?的面积相等； ②如图3，试判断DG AP 是否为定值，如果是定值，求出该定值；如果不是，请说明理由. 图 2 图 1 M E D C B M E D C B A 7. （1）如图1，在ABC ?中，22==BC AC ，O ACB 90=∠，点E 在AC 边上（不 与点C A 、重合），过E 作AB DE ⊥于D ，连接BE CD 、，M 为BE 的中点，连接 DM CM 、. ①求证：CDM ?是等腰直角三角形； ②若x AD =，CDM ?的面积为S ，求S 与x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； （2）如果把图1中的ADE ?绕着点A 逆时针旋转至图2的位置，其它的条件不变，那么 CDM ?是否还是等腰直角三角形？请说明理由. 8.如图1，在菱形ABCD 中，AB =4，∠O BAD 120=，M 是BC 边上的点， ∠α=BAM （O 0<α 60），点N 在CD 边上，∠O MAN 60=，AM 、AN 分别与BD 相交于P 、Q 两点，当∠MAN 绕着点A 旋转时，点M 、N 、P 、Q 也随之运动.请解答下列问题； （1）求证：AMN ?是等边三角形； （2）在∠MAN 旋转的过程中，当α为何值时，四边形AMCN 的周长最小？求四边形AMCN 周长的最小值； （3）如图2，当DQ BP 2=时，判断PQ 与DQ 之间的数量关系，并说明理由. 图 1 图 2
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