以新视角挖掘新内涵 用新观点收获新价值

钱德春 郯信祥 李光红

【摘要】数学教师不只停留在解题、讲题、命题，还应以更广阔的视野，更科学的精神对试题进行深入的研究.文章通过对2022年泰州中考数学填空压轴题的再探究过程，以新的视角挖掘试题的新内涵，用新的观点收获试题的新价值.

【关键词】试题;推广;探究;内涵;价值

2022年泰州市学业水平考试试卷第16题（以下简称“泰州卷第16题”）面世后，引来众多数学教师的关注，认为试题源于教材、高于教材、着眼素养，具有很高的研究价值.文[1]对试题的命题立意、素材来源、思路分析等进行了详细的阐述，在用几何直观的方法得出结论后，分别用演绎推理和代数运算的方法对试题进行了理性研究，并将特定直角三角形中的结论在任意直角三角形、任意三角形中进行了推广.不少教師在文[1]的基础上对试题开展了更深入的研究与思考.本文结合相关信息，呈现对“泰州卷第16题”的试题新解，另类推广，类比探究与归纳提炼的过程，以飨读者.

1原题呈现

（泰州卷第16题）如图1，△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，O为内心，过点O的直线分别与AC，AB相交于D，E，若DE＝CD+BE，则CD的长为.

2文[1]简述

文[1]首先利用几何直观得出结果.简要过程如下：

当DE∥BC（如图2①）时，由CO平分∠ACB，OB平分∠ABC有OD＝CD，OE＝BE，此时DE＝CD+BE，故有CD＝OD=2.

设DE关于AO的对称线段为D′E′（如图2②），易证D′E′＝DE＝CD+BE.由DE∥BC有△ADE∽△ACB，可得AE＝152＝AE′，故CE′＝AC－AE′＝8－152＝12，即原题所求CD的长为12.

综上所述：CD的长为2或12.

这是用几何直观的方法得到“泰州卷第16题”的CD长有两解，是否存在其他情形，还应进行真正意义上的求解，即从条件出发探求结论.文[1]又分别用演绎推理与代数运算的一般方法对“泰州卷第16题”进行了研究，并将结论由特定的直角三角形在任意直角三角形和三角形中进行了推广.

3试题新解

“泰州卷第16题”还有其他方法吗？如果我们跳出初中数学来研究，发现答案是肯定的，比如解析法、向量法为解决此类几何计算与证明问题提供了重要的思路.

1．解析法

如图3，以点C为坐标原点，AC边所在直线为x轴，BC边所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则A（8，0），B（0，6），O（2，2），直线AB的函数表达式为：y=－34x+6.

当直线DE∥BC时，易求得CD＝2.

当直线DE与BC不平行时，设直线DE的表达式为y=kx+b，由于DE经过点O（2，2），故有b=－2k+2，所以y=kx－2k+2，所以点D的坐标为（2k－2k，0）.

直线DE经过点C，B时的k值分别为k＝1，k＝－2，所以k≤－2或k≥1.

将y=－34x+6与y=kx－2k+2联立求得点E（8k+164k+3，18k+64k+3），所以DE2=（8k+164k+3－2k－2k）2+（18k+64k+3）2＝（18k+64k+3）2（1k2+1），所以DE=18k+64k+31k2+1，由k≤－2或k≥1有：DE=（18k+64k+3）1k2+1，而BE2=（6－18k+64k+3）2+（8k+164k+3－0）2＝（k+24k+3）2·102，所以BE=10k+204k+3，由k≤－2或k≥1有BE=10k+204k+3.因为DE＝CD+BE，所以（18k+64k+3）1k2+1＝10k+204k+3+2k－2k，整理得：12k3－7k2－12k=0，因为k≠0，所以12k2－7k－12=0，解得：k1=43，k2=－34.

当k＝－34时，DE∥AB，不符合题意，舍去，所以k＝43，从而求得CD＝2k－2k＝12.

综上所述，CD的长度共有2或12两种情形.

2．向量法

如图4，设D（m，0）（m>0），因为DE＝CD+BE，所以DE=DC+CB+BE，（1）

|DE|=|DC|+|BE|，（2）

［（1）2－（2）2］÷2得：18+DC·BE+CB·BE=|DC|×|BE|，所以18+|BE|×|DC|×（－45）+|BE|×6×（－35）=|DC|×|BE|，故BE＝10|DC|+2=10m+2.

由于BE的起点为B（0，6），斜率为kBE=－34，故BE的终点E为（0+11+（－34）2·10m+2，6+－341+（－34）2·10m+2），即（8m+2，6m+6m+2），所以CE＝（8m+2，6m+6m+2）.

由C（0，0），D（m，0），有CD＝（m，0），因为O为内心，所以O（2，2），所以CO＝（2，2），因为点D，O，E共线，所以CO＝λCD+（1－λ）CE，即（2，2）＝λ（m，0）+（1－λ）（8m+2，6m+6m+2）＝（λm+（1－λ）·8m+2，（1－λ）·6m+6m+2），

所以λm+（1－λ）·8m+2=2，（3）

（1－λ）·6m+6m+2=2，（4）

由（4）得：λ=2m+13（m+1），（5）

将（5）代入（3）并整理得：2m2－5m+2=0，所以m1=2，m2=12，即CD的长为2或12.

4另类推广

数学具有结构的对称美、统一美.文[1]对“泰州卷第16题”的图形及结论在任意三角形中的推广涉及3条信息：①DE＝CD+BE；②直线DE过△ABC的内心；③△ADE与△ABC相似.如果将其中两条信息作为条件，剩下的一条信息作为结论，可以得到如下3个命题：②③①；①③②；①②③.这3个命题都成立吗？换言之，它们是否具有对称、统一的关系呢？本文分别加以研究.

命题一已知：△ABC中，O为内心，过点O的直线分别交AC，AB边于点D，E，且△ADE与△ABC相似.求证：DE＝CD+BE.

证明如图5①，当△ADE∽△ACB时，∠ADE＝∠ACB，所以DE∥BC，连接OC，OB，则∠BCO＝∠DOC.因为O为△ABC的内心，所以∠BCO＝∠DCO，所以∠DCO＝∠DOC，故DO＝DC.同理EO＝EB，所以DE＝DO+EO＝CD+BE.

如图5②，当△ADE∽△ABC时，∠ADE＝∠ABC，过点O作D1E1∥BC与AC，AB边分别相交于点D1，E1.由前述证明可知∠AE1D1＝∠B，所以∠AE1D1＝∠ADE，连接OA，则∠OAD＝∠OAE1，所以△OAD≌△OAE1，故AE1＝AD，从而证得△ADE≌△AE1D1，所以AE＝AD1，故DD1＝EE1，所以DE＝D1E1＝CD1+BE1＝CD+DD1+BE－EE1＝CD+BE.

命题一得证.

命题二已知：△ABC中，直线DE分别交AC，AB边于点D，E，且DE＝CD+BE，△ADE与△ABC相似.求证：直线DE过△ABC的内心.

证明如图6，设∠A的平分线交DE于点O，过点O分别作AC，AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，L，连接OB，OC，设AB＝c，BC＝a，CA＝b，AE＝n，AD＝m，DE＝d，OM＝ON＝r，OL＝h.

由△ADE与△ABC相似有：DEBC=C△ADEC△ABC，S△ADES△ABC＝（C△ADEC△ABC）2，即da=b+cb+c+a，所以b+c－db+c=b+cb+c+a，所以S△ADES△ABC＝（C△ADEC△ABC）2＝（b+cb+c+a）2＝b+cb+c+a·b+c－db+c＝b+c－db+c+a＝m+nb+c+a，而S△ADES△ABC＝S△AOE+S△AODS△COA+S△BOA+S△BOC＝12mr+12nr12br+12cr+12ah，所以m+nb+c+a＝（m+n）r（b+c）r+ah，解得h＝r.所以点O是△ABC的内心.

命题二得证.

命题三已知：△ABC中，O为内心，过点O的直线分别交AC，AB边于点D，E，且DE＝CD+BE.求证：△ADE与△ABC相似.

文[1]给出了命题三正确性的说明，下面从另一个角度来证明其正确性.

证明如图7，设△ADE在DE外侧的旁切圆I与各边或延长线相切于点F，G，H，连接IF，IC，IG，IH，IB，IA，则IF＝IG＝IH，DE＝DF+EH，点I，O，A共线.

因为DE＝CD+EB＝DF+EH，所以DF－CD＝EB－EH，即CF＝BH，所以△IFC≌△IHB，所以∠FIC＝∠HIB，故∠CIB+∠CAB＝180°，所以A，B，I，C四点共圆.因为点O是△ABC的内心，所以IO＝IB＝IC，从而有△IFC≌△IHB≌△IGO.

因为直线DE过点O且与⊙I相切，所以，当切点G在AI上方（如图7①）时，∠ADE＝∠FIG，由A，C，I，B四点共圆有∠ACB＝∠AIB＝∠AIH+∠HIB＝∠AIF+∠GIO＝∠FIG，所以∠ADE＝∠ACB，所以DE∥BC，故△ADE∽△ACB.当切点G在AI下方（如图7②）时，∠ADE＝∠FIG＝∠CIA，由A，C，I，B四点共圆有∠CIA＝∠CBA，所以∠ADE＝∠ABC，所以△ADE∽△ABC.

命题三得证.

5类比探究

我们知道：三角形的旁心与内心具有许多特殊且相似的性质.那么将“泰州卷第16题”中“DE过内心”改为“DE过旁心”，与上述3个命题类似的结论是否成立呢？

命题四已知：I为△ABC在BC外侧的旁心，过点I的直线分别交AC，AB的延长线于点D，E，且△ADE与△ABC相似.求证：DE＝CD+BE.

证明如图8①，当△ADE∽△ACB时，∠ADE＝∠ACB，所以DE∥BC，连接IC，IB，则∠BCI＝∠DIC.因为I为△ABC的旁心，所以∠BCI＝∠DCI，即∠DCI＝∠DIC，所以DI＝DC.同理EI＝EB，所以DE＝DI+EI＝CD+BE.

如图8②，当△ADE∽△ABC时，∠ADE＝∠ABC，过点I作D1E1∥BC分别与直线AC，AB相交于点D1，E1，则∠AE1D1＝∠ABC，所以∠AE1D1＝∠ADE，连接IA，则∠IAD＝∠IAE1，所以△IAD≌△IAE1，则AE1＝AD，所以△ADE≌△AE1D1，故DE＝D1E1，AE＝AD1，所以DD1＝EE1，所以DE＝D1E1＝CD1+BE1＝CD－DD1+BE+EE1＝CD+BE.

命题四得证.

命题五已知：直线DE分别交AC，AB的延长线于点D，E，且DE＝CD+BE，△ADE与△ABC相似.求证：直线DE过△ABC在BC外侧的旁心.

证明如图9，设∠A的平分线交DE于点I，过点I作三边的垂线，垂足分别为L，M，N，连接IB，IC，IA，设AB＝c，BC＝a，CA＝b，AE＝n，AD＝m，DE＝d，IM＝IN＝r，IL＝h.由△ADE与△ABC相似得：DEBC=C△ADEC△ABC，即da=b+c+2da+b+c=b+cb+c-a，所以da=b+cb+c－a=m+nb+c.

由△ADE与△ABC相似得：（da）2=（b+cb+c－a）2＝b+cb+c－a·m+nb+c＝m+nb+c－a，又因为S△ADES△ABC＝S△AIE+S△AIDS△CIA+S△BIA－S△BIC＝12mr+12nr12br+12cr－12ah，所以m+nb+c－a＝（m+n）r（b+c）r－ah，解得h＝r.所以点I是△ABC的旁心.

命题五得證.

命题六已知：I为△ABC在BC外侧的旁心，过点I的直线分别交AC，AB的延长线于点D，E，且DE＝CD+BE.求证：△ADE与△ABC相似.

证明如图10，作△ADE的内切圆O与各边切于点F，G，H，易知OF＝OG＝OH，DE＝DH+EF，点I，O，A共线.由DE＝DH+EF＝CD+BE有EF－BE＝CD－DH，即BF＝CH，所以△OFB≌△OHC，得∠FOB＝∠HOC，得∠COB+∠CAB＝180°，得A，B，O，C四点共圆，结合点I是△ABC的旁心易证OI＝OB＝OC，从而△OFB≌△OHC≌△OGI.

因为DE过旁心I且与⊙O相切，当切点G在AI上方时（如图10），∠AED＝180°－∠FOG＝180°－∠BOI＝∠BOA＝∠BCA，所以△ADE∽△ABC.当切点G在AI下方时易证DE∥BC，所以△ADE∽△ACB（过程略）.

命题六得证.

6归纳提炼

通过对“泰州卷第16题”的研究，得出下列一般性结论：

结论一命题的等价关系：无论点O是△ABC的内心还是旁心，都能证得3条信息所组成的3个命题具有等价关系.

结论二CD长度的确定性：当12∠C＜∠B＜2∠C且∠B≠∠C时，CD的长度有两解；当∠B＝∠C或∠B＞2∠C或∠B＜12∠C时，CD的长度有唯一解.

结论三线段DE，CD，BE的数量关系：当D，E两点分别在线段AC，AB上时，DE＝CD+BE，当D，E两点中有一点不在线段AB或AC上时，DE＝|CD－BE|.

结论四三角形的旁心存在上述类似结论.

根据上述结论，还可将“泰州卷第16题”在任意三角形中的结论改编成如下问题：

已知：△ABC中，O为内心.

（1）如图11，若12∠C＜∠B＜2∠C且∠B≠∠C时，过点O作直线分别交AC，AB边于点D，E，使DE＝CD+BE.

（2）过点O作直线分别与直线AC，AB相交于点D，E，使∠DEA＝∠C.若CD＝2，BE＝6，求DE的长.

对于变式（1），根据前文分析，由∠C<2∠B可知：如果经过点O，且分别与AC，AB边相交于点D，E的直线满足DE＝CD+BE，这样的直线一定有两种位置：一种是DE∥BC，另一种是∠D′E′A＝∠C.作图方法如下：（如图12①）

①过点O作BC的平行线分别交边AC，AB于点D，E；

②在AC边上截取AD′＝AE，过点D′，O作直线交AB于点E′.

则线段DE，D′E′即为所求作.（作图痕迹略）

另外，线段D′E′也可直接作出：如图12②，在AB边上任取一点P，以PA为一边在△ABC内作∠APQ＝∠C，PQ交AC于点Q，过点O作D′E′∥PQ，分别交AB，AC于点E′，D′即可.

对于变式（2），由前文分析可知：若点D，E分别在线段AC，AB上（如图13①），则有DE＝CD+BE＝6+2＝8；若点E在线段AB上，点D在线段AC的延长线上（如图13②），则有DE＝BE－CD＝6－2＝4.

是否存在“点D在线段AC上，点E在线段AB的延长线上”的情形呢？如图13③，此时DE＝CD－BE，则CD>BE，与条件CD＝2，BE＝6矛盾，此情形不存在.

故DE的長为4或8.

7写在最后

作为中考试卷的填空压轴题，具有一定的思维含量和适当的难度，真正起到区分的作用，有利于发挥试题的选拔功能.试题由教材习题改编而来，充分体现教材内容在教学评价中的作用，旨在引导教师重视教材内容的命题与教学价值.然而，数学解题不是数学教学的全部，数学教师应以更广阔的视野、更科学的精神对试题进行深入的研究.我们可以尝试从多个角度、向不同方向对问题进行深入的研究与思考，有些方法或许比较复杂，有些方法也许不一定适合初中教学，但通过深入的研究，可以充分挖掘看似普通的试题所蕴涵的丰富内容，发现解决问题的新视角、新思路、新策略，收获数学教学的高观点、高立意、高价值，同时，我们还能享受到没有经历这种研究过程无法体验到的愉悦与快乐！

参考文献

[1]钱德春，徐晓剑．源于教材凸显素养引导教学——以2022年泰州中考填空压轴题为例[J]．中学数学教学参考，2022（8）：63－66.

作者简介钱德春（1963—），男，江苏泰州人，中学正高级教师;主要从事中学数学教学、解题与教师发展研究.

郯信祥（1984—），男，江苏兴化人，中学一级教师;主要从事中学数学解题、命题研究.

李光红（1974—），男，江苏泰州人，中学高级教师;主要从事初中数学教学、命题和数学文化研究.