两道中考模拟题的多种解法

两道中考模拟题的多种解法

郭振

广东省深圳市观澜中学，518100

摘要：在数学的学习过程中，逻辑思维能力起着非常重要的作用，逻辑思维能力强的孩子，学起来显得非常的轻松，反之，则学起来则显很是困难. 而“一题多解”在训练孩子的逻辑思维能力方面起着非常重要的作用. 所以，在平时做题的过程中，要有意识的鼓励学生从不同角度、按不同思路、用不同方法解决同一个问题，这样即能充分调动学生的积极性，激发数学兴趣，又能让学生主动联系，建构，从而达到让学生巩固数学知识，训练思维，开拓视野的目的. 接下来，我们就从两道中考模拟题出发，来探讨它们的多种解法.

关键词：直角三角形、勾股定理、相似

（深圳2021） 如图，在△ABC中，D、E分别为BC、AC上的点，将△CED沿DE折叠，得到△FDE，连接BF，CF，∠BFC=90°，使得C落在F处，若AB//EF，AB=，EC=10。则AE的长为。

思路一：由折叠可知，EF=EC，DF=DC，∠FED=∠CED，线段ED垂直平分CF。又因为∠BFC=90°，故容易想到延长BA，DE交于点M，易得四边形BFEM为平行四边形，所以BM=EF=10, 再由∠FED=∠CED，得∆AEM为等腰三角形，所以AE=AM，详细过程如下：

解：如图1-1，延长ED交FC于点G，延长BA，DE交于点M，

∵将∆CDE沿DE折叠，得到∆FDE，

∴EF=EC，DF=DC，∠FED=∠CED，

∴EG⊥CF，

又∵∠BFC=90°，

∴BF//EG，

∴四边形BFEM是平行四边形，

∴BM=EF=10，

∴AM=BM-AB。

∵AB//EF，

∴∠M=∠FED，

∵∠AEM=∠CED，

∴∠M=∠AEM，

∴AE=AM。

1-1

思路二：由已知AB//EF，可联想到构造“A”字型相似，即延长FB交EA延长线于点H，再由AB//EF，可得∆ABH为等腰三角形，即AH=AB，所以AE=HE-AH=HE-AB，详细过程如下：

解：如图，延长FB交EA延长线于点H，

由思路一得，EF=EC，

∴∠EFC=∠ECF，

又∵∠BFC=90°，

∴∠H+∠ECF=90°，

∠EFH+∠EFC=90°，

∴∠H=∠EFH，

∴HE=EF=EC= 10，

∵AB//EF，

∴，

即：，

∴AH=AB，

∴AE=HE-AH=HE-AB。

1-2

思路三： 由折叠得，线段ED垂直平分CF，故可延长ED交CF于点G，则∠CGE=90°，取线段CE的中点，构造斜边的中线，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可得出∆EGH为等腰三角形，再由AB//EF，则∆AEM也为等腰三角形，详细过程如下：

解：如图，延长BA，DE交于点M，取CE的中点H，连接GH，

∵由思路一得，EF=EC，DF=DC，

∴EG⊥CF，即∠CGE=90°，GF=GC，

∴GH=EH，GH为∆CEF的中位线，

∴∠HEG=∠HGE，GH//EF

∵AB//EF，

∴AB//GH，

∴∠M=∠HGE

∵∠AEM=∠HEG

∴∠M=∠AEM

∴AE=AM。

1-3

思路四：由折叠得∠FED=∠CED，故联想到过D作DH//EF交CE于点H，可得到∆DEH为等腰三角形，再由AB//EF，可得∆AEM为等腰三角形，详细过程如下：

解：如图1-4，延长BA，DE交于点M，过点D作DH//EF交CE于点H ，

∵由思路一得，∠FED=∠CED，

∵DH//EF，

∴∠FED=∠EDH，

∴∠CED=∠EDH，

∵AB//EF，

∴AB//DH，

∴∠M=∠EDH，

∵∠AEM=∠CED，

∴∠AEM=∠M，

∴AE=AM。

1-4

思路五：由思路三得，点D为线段BC的中点，此题还可以构造中位线来解，即过点D作DH//EF交CE于点H，可得线段DH为∆ABC的中位线，所以。由折叠得∠FED=∠CED，则易证∆DEH为等腰三角形，即HE=HD，详细过程如下：

解：如图1-5，过点D作DH//EF交CE于点H，延长ED交FC于G，

由思路三得，∠CED=∠EDH，即HD=HE，

由思路一得，ED垂直平分CF，即DG为∆CBE的中位线，

∴D为线段BC的中点，即BD=CD，

∵DH//EF，

∴，BD=CD=10，

∴HE=HD，

∴CH=CE-HE，

∴AH=CH，

∴AE=AH-HE。

1-5

例1（2021 深圳龙华一模）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，过点B作BD⊥AB，交CE的延长线于点D，若BD＝4，CD＝8，则AC＝．

思路一：由已知可得，AE＝BE＝CE。利用勾股定理可得AE=3。过点C作CF⊥AB于点F，构造“8”字型相似，即可解出EF的长，再利用勾股定理求出AC．详细过程如下：

解：如图2-1，过点C作CF⊥AB于点F，

设CE＝x，则DE＝CD﹣CE＝8﹣x，

∵在Rt△ABC中，点E为AB的中点，

∴AE＝BE＝CE＝x，

∵BD⊥AB，

∴∠EBD＝90°，

∴BE2+BD2＝DE2，即x2+42＝（8﹣x）

2，

∴x＝3，

∴AE＝BE＝CE＝3，DE＝8﹣3＝5，

∵CF⊥AB，

∴∠CFE＝∠CFA＝90°，

∴∠CFE＝∠EBD，

又∵∠CEF＝∠DEB，

∴△CFE∽△DBE，

∴，即，

∴EF＝，CF＝，

∴AF＝AE﹣EF＝，

∴。

2-1

思路二：如图，利用等面积法求出BG的长，然后利用全等得到AF的长，再利用勾股定理，即可求出线段AC的长。详细过程如下：

解：如图2-2，过点A作AF⊥AB于点F，过点B作BG⊥DE于点G，

由思路一得，AE=CE=BE=3，DE=5

在Rt△BDE中，由DE·BG=BE·BD

即：5BG=3×4，

∴BG=，

在△AEF和△BEG中

∴△AEF≌△BEG(AAS)，

∴AF=BG=，

在Rt△AEF中，由勾股定理得

∴，

∴，

在Rt△ACF中，由勾股定理得

∴。

2-2

思路三：如图，构造 “一线三垂直”相似，即△BAC∽△DBF，即可表示出线段EF，DF的长，再利用勾股定理解出线段EF，DF的长，即可求出AC的长，详细过程如下：

解：如图2-3，过点D作DF⊥CB交CB延长线于点F，

由思路一得，AE=CE=BE=3，DE=5，

在Rt△BDE中，由勾股定理得

∴，

∵∠ACB＝∠ABD＝∠DFB＝90°，

∴∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC+∠DBF=90°，

∴∠BAC=∠DFB，

∴△BAC∽△DBF，

∴。

设AC=3k，则BF=2k，

∵CE=BE，

∴∠DCF=∠ABC，

∴△BAC∽△CDF，

∴，

∴DF=4k，

在Rt△BDF中，由勾股定理得

∴BF²+DF²=BD²，

即：4k²+16k²=16，

∴，

∴。

2-3

思路四：此题还可以构造 “A”字型相似，如图，过点C作CG⊥DB交DB延长线于点G，则△DBE∽△DGC。再利用相似的性质，求出线段BG，CG的长。利用勾股定理解出线段BC的长，再利用勾股定理即可求出线段AC的长，详细过程如下：

解：如图2-4，过点C作CG⊥DB交DB延长线于点G，

由思路一得，AE=CE=BE=3，DE=5，BD=4，

∵BD⊥AB，

∴BE//CG，

∴△DEB∽△DCG，

∴

即：，

∴，

在Rt△BCG中，由勾股定理得

∴，

在Rt△ABC中，由勾股定理得

∴。

2-4

思路五：由思路一得，△ACE为等腰三角形，我们可以从等腰三角形的性质入手，构造下图所示辅助线。则EG为∠BED的角平分线，利用角平分线定理，可求出线段BG的长，再利用△AEF∽△GEB，可求出线段AF的长。详细过程如下：

解：如图2-5，过点E作EF⊥AC于点F，EF的反向延长线交BD于点G，

由思路一得，AE=CE，

∴∠AEF=∠CEF，

∴∠DEG=∠BEG，

由角平分线的性质，得

∴，

∵BD=4,

∴，。

在Rt△BEG中，由勾股定理得

，

∵∠AEF=∠GEB，∠AFE=∠GBE，

∴△AEF∽△GEB，

∴，

∴，

∴。

2-5

参考文献：

[1] 王秀秀，董磊. 初中数学模型思想方法的内涵及数学分析[J].中学数学教学参考（中旬），2019（4）：62-65.

[2] 苏建强. 初几何解题教学应突出的三个关注点[J].中学数学教学参考（中旬），2019（4）：48-51.

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