不容小视的几何型填空压轴题

摘 要：本文从两个视角，精选8道有代表性的几何型的填空压轴试题，对其从不同角度进行分类剖析，提升学生分析问题、解决问题的能力，助力学生数学学科核心素养的培养.

关键词：几何问题;填空压轴题;解题策略

几何型的填空压轴题通常以熟悉的几何图形为背景，但思维含量高、难度大，涉及的知识点较多，涉及的知识面广，成为整卷的拉分题.本文从两个视角，精选八道有代表性的中考试题，对其进行分类剖析，提升学生分析问题、解决问题的能力.

1 以三角形为背景

1.1 两块都含45°角的三角板

例1 （四川·绵阳卷）如图1，△ABC，△BDE都是等腰直角三角形，BA=BC，BD=BE，AC=4，DE=2 2.将△BDE绕点B逆时针方向旋转后得△BD′E′，当点E′恰好落在线段AD′上时，则CE′=.

解析 这是典型的“手拉手”旋转问题，需分类思考：

当AD′在AB左侧时，如图2所示，连接CE′，过点B作BH⊥CE′于点H.易证△ABD′≌△CBE′（SAS），进而可求得BH=E′H=2，CH=6，CE′=6+2.

当AD′在AB右侧时，同理可求得CE′=6-2.

综上所述，CE′的长为6+2或6-2.

评注 解答此题的关键是按旋转方向先画出如图2的情形，然后抓住旋转必全等（相似）证△ABD′≌△CBE′，接着借助勾股定理进行逐一计算线段长度，当然要注意分类讨论，千万别遗漏答案.

1.2 两块都含30°角的三角板

例2 （湖北·襄阳卷）如图3，两个大小不同的三角板放在同一平面内，直角顶点重合于点C，点D在AB上，∠BAC=∠DEC=30°，AC与DE交于点F，连接AE，若BD=1，AD=5，则CFEF= .

解析 根据题意，易知△BCD是确定的.

如图4，过点D作DG⊥BC于点G，则通过解直角三角形可以求得CD=7，进而可得sin∠2=sin∠1=DGCD=327.接着我们从两种常规方法思考：

思路1 （相似法）由△BCD∽△ACE，可得AE=3.由∠BAC=∠DEC=30°，可知A，D，C，E四点共圆.所以△CDF∽△EAF.

进而可得CFEF=CDEA=73=213.

思路2 （面积法）在△CEF中，因为S=12CF·CE·sin∠2=12EF·CE·sin30°，所以可得CFEF=sin30°sin∠2=213.

评注 解答此题的关键是锁定△BCD为突破口，然后通过添辅助线，计算出相关线段的长度及三角函数的值，接着从平时积累的解题经验中检索出有效的策略，如相似法、面积法等，当然还有其他解法，留给读者思考.

1.3 一副含30°和45°角的三角板

例3 （浙江·嘉兴卷）如图5，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，AC=12cm.当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动.当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为cm;连接BD，则△ABD的面积最大值为cm2.

解析 对于第一格填空，关键是判断点D的运动轨迹.当点E沿AC方向下滑时，得△E′D′F′，接着我们从两种常规方法入手：

思路1 （作双垂直）如图6，过点D′作D′N⊥AC于点N，作D′M⊥BC交BC延长线于点M.

所以△D′NE′≌△D′MF′（AAS）.

所以D′N=D′M.

所以CD′平分∠ACM.即点D′在射线CD上移动.

思路2 （四点共圆）因为∠E′D′F′=∠ACF′=90°，所以E′，C，F′，D四点共圆.

所以∠D′C F′=∠D′ E′ F′=45°，即点D′在射线CD上移动.

当E′D′⊥AC时，DD′值最大，最大值=2E′D′-CD=（12-6 2）cm，所以当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长=2×（12-6 2）=（24-12 2）cm.

对于第二格填空，如图6，连接BD′，AD′，因为S△AD′B=S△ABC+S△AD′C-S△BD′C，所以S△AD′B=12BC×AC+12AC×D′N-12BC×D′M=24 3+12（12-4 3）×D′N.当E′D′⊥AC时，S△AD′B有最大值，所以S△AD′B最大值=24 3+12（12-4 3）×6 2=（36 2+24 3-12 6）cm2.

故答案为：（24-12 2），（36 2+24 3-12 6）.

评注 解答此题的关键是先判断轨迹（直线型还是弧型），再计算路径，而确定点D的运动轨迹是本题的难点.当题目中出现两个直角（∠E′D′F′=∠ACF′=90°）时，自然联想上述的两种常规方法，找到了解题的切口，则问题的解决便会水到渠成.

2 以四边形为背景

2.1 以平行四边形为载体多选项判断

例4 （山东·滨州卷）如图7，ABCD的对角线AC，BD交于点O，CE平分∠BCD交AB于点E，交BD于点F，且∠ABC=60°，AB=2BC，連接OE.下列结论：①EO⊥AC;②S△AOD=4S△OCF;③AC∶BD=21∶7;④FB2=OF·DF.其中正确的结论有（填写所有正确结论的序号）.

解析 对于选项①，由题意易判断△ECB是等边三角形，进而可得∠ACB=90°.因为OA=OC，EA=EB，所以OE//BC.所以∠AOE=∠ACB=90°.所以EO⊥AC，故①正确.

对于选项②，因为OE//BC，所以△OEF∽△BCF.即OEBC=OFFB=12.所以可得OF=13OB.所以S△AOD=S△BOC=3S△OCF，故②错误.

对于选项③，设BC=BE=EC=a，则AB=2a，AC=3a.进而求得OD=OB=72a，则BD=7a.所以AC∶BD=3a∶7a=21∶7，故③正确.

对于选项④，因为OF=13OB=76a，所以BF=73a.则BF2=79a2，OF·DF=76a·（72a+76a）=79a2.所以BF2=OF·DF，故④正确.

综上所述，正确结论的序号为①③④.

评注 这是填空题中的次压轴题，解答此题的关键是进行逐一破解，选项①②相对容易判断;对于选项③，当题目中无数据且出现线段的比值时，要会利用参数解决问题;选项④采用正难则反，直接验证计算判断，这也是解决问题的一种有效途径，不容小觑.

2.2 以矩形为载体翻折求面积

例5 （浙江·杭州卷）如图8，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，点A的对称点为点A′，点D的对称点为点D′，若∠FPG=90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于.

解析 由题意，易证△A′EP∽△D′PH.

由折叠及矩形性质易知A′P=AB=CD=D′P.

设A′P=D′P=x ，因为S△A′EP∶S△D′PH=4∶1，所以A′E=2D′P=2x.

因为S△A′EP=12·A′E·A′P=12·2x·x=x2=4，又因为x>0，所以x=2.

进而可得A′P=D′P=2，A′E=2D′P=4，EP=A′E2+A′P2=2 5，PH=12EP=5，DH=D′H=12A′P=1.

所以AD=AE+EP+PH+DH=5+3 5，AB=A′P=2.

所以S矩形ABCD=AB×AD=2×（3 5+5）=6 5+10.

评注 解答此题的关键是熟知矩形性质及翻折的本质，先证A′P=D′P，使隐含的信息显性化，然后再利用相似三角形面积比等于相似比的平方求得线段长度，进而运用勾股定理获解.

2.3 以菱形为载体拼摆求周长

例6 （浙江·温州卷）三个形状大小相同的菱形按如图9所示方式摆放，已知∠AOB=∠AOE=90°，菱形的较短对角线长为2cm.若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为cm.

解析 如图10，连接IC，连接CH交OI于点K，则A，H，C三点在同一直线上，CI=2.

由题意易证△COH是等腰直角三角形.

所以∠HCO=∠CHO=45°=∠HOG=∠COK.

所以∠CKO=90°，即CK⊥IO.

设CK=OK=x，则CO=IO=2x， IK=2x-x.

在Rt△CIK中，（2x-x）2+x2=22，解得x2=2+2.

而S菱形BCOI=IO×CK=12IC×BO，即2x2=12×2×BO，解得BO=2 2+2.

所以BE=2BO=4 2+4，AB=AE=2BO=4+2 2.

所以△ABE的周长=4 2+4+2（4+2 2）=12+82，故答案为12+82.

评注 这是填空题中的次压轴题，解决此题的关键是能识别出△AOB与△HOC是“手拉手”模型，进而确定CK⊥IO，这样解决问题就如囊中探物，轻而易举.可见，挖掘条件，联想基本模型，是顺利解题的一大法宝.

2.4 以正方形为载体分割求周长

例7 （浙江·绍兴卷）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图11的四块，其中点O为正方形的中心，點E，F分别为AB，AD的中点.用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是.

解析 我们分别从剪下一个图形、两个图形、三个图形入手，分别画出密铺图形：

当剪一个图形时，把△AEF剪下重新密铺，如图12，其周长为1+2+3+2 2=6+2 2.

当剪两个图形时，把△AEF、四边形CDFO剪下重新密铺，如图13，其周长为3+5+2+2=8+2 2.

当剪三个图形时，把△BOC、四边形CDFO、四边形BEFO剪下重新密铺，如图14，其周长为1+4+1+4=10.

综上所述，满足条件的四边形MNPQ的周长是6+2 2或8+2 2或10.

评注 解答本题的关键是在充分理解题意的基础上，利用轴对称的空间直观解决图形的平面镶嵌（密铺）问题，需要考生理清拼图思路，挖掘原图中隐含的数量关系和特征条件，进行多方位、多视角分层思考.学生也可以在草稿纸上画图，然后剪、拼、算，这是一种很实用的方法，值得关注.

2.5 以多边形为载体求三角函数值

例8 （四川·自贡卷）在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，∠α，∠β如图15所示，则cos（α+β）=.

解析 给图中各点标上字母，连接DE，如图16所示.在△ABC中，∠ABC=120°，BA=BC，所以∠α=30°.同理，可得∠CDE=∠CED=30°=∠α.又因为∠AEC=60°，所以∠AED=∠AEC+∠CED=90°.

设等边三角形的边长为a，则AE=2a，DE=2×sin60°·a=3a，进而求得AD=7a.

所以cos（α+β）=DEAD=217.

评注解答本题的关键是借助网格进行角的转化，构造出含一个锐角等于∠α+∠β的直角三角形，这样就突破了难点，起到化难为易的目的.由此可见，恰当的转化，将角α，β集中在同一个三角形中，为解题打开了一块新天地，这是常用的解题策略，真的值得拥有.当然类似的构造还有很多，笔者不再赘述.

通过对以上题目的分析，我们不难看出：以几何为背景的填空压轴题，考查学生分析问题、解决问题的综合能力，这需要在熟练掌握基础知识、基本图形的基础上，注重日常学习的反思、总结，注重提炼和积累解题的模型，并在日常学习中有意识地进行辨别和使用，在应用中逐步提高图形的识别能力，提升解决问题的能力，只有这样才能真正地助力学生数学学科素养的养成.

参考文献：

[1]沈岳夫.对一道期末考试题的研究与拓展[J].中学数学，2017（06）：68-70.

[2]沈岳夫.细研解题思路 提炼解题模型[J].数学教学，2017（01）：21-24.

[3]沈岳夫.数形结合细分类 题组生长促思维——以2017年一道存在性中考试题为例[J].中学数学教学，2018（03）：34-36.

[4.沈岳夫.抓住特殊角度 探求一题多解[J].数学教学，2017（02）：23-26.

（收稿日期：2019-09-03）