2024年1月24日发(作者：仰嘉纳)

证明、联想与启示

数学书面测试的主要目的是为了全面了解学生数学学习的过程和结果，激励学生学习和改进教师教学，反映在设计试题时，应该关注并且体现《课程标准》在设计思路中提出的一些核心思想，如图形与几何里的空间观念、几何直观、推理能力等．所以能力立意、极富思维含量的几何开放探究题就频频出现在中考或竞赛试卷之中，这类试题不仅承载着对学生基础知识和技能的理解和掌握、基本数学思想的领悟、基本数学活动经验的形成等诸多方面进行评价的功能，更能间接而有效的考查学生“数学地思维”的广度与深度．下面我们来具体分析北京市2008年中考一道几何压轴题，题目及解答简写如下：

1 问题回放

请阅读下列材料：

问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连结PG，PC．若ABCBEF60，探究PG与PC的位置关系及PG的值．

PC小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．

D

P

G

A

B

C

F

E

A

图2

D

P

B

E

C

G

F

图1

请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：

（1）写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及PG的值；

PC（2）将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明；

（3）若图1中ABCBEF2(090)，将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出PG的值（用含的式子表示）．

PCPG解：（1）线段PG与PC的位置关系是GPPC，=3 ；

PC（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化．

DCGFE简证：如图3，延长GP交AD于点H，连结CH，CG．

易证

△GFP≌△HDP（AAS）．

∴

GPHP，GFHD．

又易证

△HDC≌△GBC．∴

CHCG，DCHBCG．

0易知HCG120．∵CHCG，GPHP．

0∴

GPPC，GCPHCP60 ，故HAPB图3

PG=3．

PC（3）PG=tan(900)．

PC对于这样一道结构良好的几何探究试题，笔者相信研究过它的教师都会留下深深的回味：问题设置层

层深入、数学思想方法巧妙镶嵌、图形中的“变与不变”、问题解决方法多样等等．然而作为数学教师，如果我们能把思维从欣赏试题转到反思试题，即把解题活动的过程作为研究对象，把学会数学思维和学会数学解题作为目标的话，那我们也许会有许多新的视角，总结出有规律性的知识，更能认清题目的内在联系和本质，而且这些“解题学”的专业知识以及由专业知识决定的专业素质自然会在日常的教学中自觉地或不自觉引导学生对其学习行为进行“透视”，数学教学就会走向本原．随着时间的推移，学生的学习行为就具有了自主性、反思性和科学研究的味道，数学学习对他来说就不会枯燥和单调，而是独具魅力了．

2 证明

先让我们再来对这道几何探究题的证明进行追问，追问的目的显然是出自教师或一个数学爱好者对问题的探究意识．在这部分里，为了不失一般性，我们只探究问题中第（3）问的证明思路和方法，同时，限于篇幅，有些证明过程作适当的删减，读者可以自行探究．

2.1 类比产生证法

波利亚说过：类比就是一种相似．由于问题（3）中的图形(图4)是由问题（2）图形（图3）旋转变换得到的，其他条件没有发生任何变化，故这两个图形在某些关系上具有相似性，所以完全可以类比小聪同学的思路解决问题．

证明一：如图4，延长线段GP到H，使HP=GP，连结DH、CG、CH．

∵ 点P是DF的中点，HP=GP，

∴ 点D、H、F、G构成平行四边形，

CD∴ DH∥GF，且DH=GF．

又∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

且ABCBEF2(090)

∴

GBC180ABE，

∵ DH∥GF∥BE，CD∥AB．

∴

HDCPHL180ABE，

∴ △GBC≌△HDC，

∴ CH=CG，

DCHBCG，又HP=GP，

∴

GCHBCD1802， CP⊥PG．

即

GCP90，

0000HPGFALBE00∴ DC=CB，GF=GB，ABCGBE180 ，

图4

DC0PHABGFPGtan(90)． ∴

PC图5

E2.2 过程催生想法

对证明一的解题过程进行分析，线段PG和PC的关系是依赖于中点P的，而且线段PG、PC的地位是平等的，既然倍长PG可以解决问题，那么为什么不能倍长线段CP去尝试一下呢？ 值得一试！

证明二：如图5，延长CP到H，使PH=CP，连结HF、GH、CG．

这个问题的证明读者可以类比证明一进行体验．

2.3 信息整合萌发新思路

这里中点P起着“桥梁与纽带”的作用，在前面的证明过程中我们也能够体悟到这一点．又由于四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，联想到中位线定理，做题的经验与直觉思维诱发我们构造两个三角形，使CP和PG分别为三角形的中位线，这个想法的产生自然、大胆、开阔而且思维有所创新，当然，伴随着我们的心情也禁不住微微荡漾起来．

证明三：如图6，分别延长线段DC、FG到M、N ，使CM=DC，NG=FG，

连结FM、DN、BM、BN、BF、BD．

∵ 点P是线段DF的中点，

∴ DN∥PG，MF∥CP，且DN=2PG，MF=2CP．

四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

且ABCBEFADCBGF2(090)

∴ BC=DC=CM，BG=GF=GN，

∴ △DBM和△NBF都是直角三角形，

BDCBNG

∴ Rt△DBM∽Rt△NBF，

∴

00DCNGPMFAB图6

EDBMB0，又DBNMBF90NBM，

BNBF故 △DBN∽△MBF，又DB⊥BM，NB⊥BF，

DBDN2PG，DN⊥NF，

MBMF2CPDBtan(900)， ∴ 在Rt△DBM中，BMPG0∴tan(90)，GP⊥CP．

CP从而得到

上面的过程显示：图形从特殊到一般的旋转变化过程中线段PG和PC的关系始终不变．在这个“形变而关系不变”的过程中起着关键作用的是：中点P、等腰△BCD和等腰△BGF，那么能否再利用中点P和两个等腰三角形性质构造出新的思路呢？

证法四：如图7，连接BD、AC，相交于点O1，连接EG、BF，相交于点O2，连接O1P、O2P．

∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，且ABCBEFBGF2(00900)，

∴ 对角线BD、AC互相垂直平分，且BD平分ABC；对角线BF、CE互相垂直平分，且GE平分BGF，

∴

CBO1BGO2，BO1GO2，

tan(900)CO1BO2DCPO1又∵ 点P是线段DE的中点，

根据三角形中位线定理可知，四边形O1BO2P是平行四边形，

∴PO1 = BO2，BO1 = PO2，

BO1PBO2P，

∴

AGFBO2图7

EPO2GO2tan(900),CO1PPO2G，

CO1PO1∴

△CO1P∽△PO2G,

由此证得命题的结论

PGtan(900)，O1CPO2PG

PC0又∵

CPG360O1PCO2PGO1PO2

3600O1PCO1CPO1PO23600(O1PCO1CP)(1800BO1P)3600(1800CO1P)1800BO1PCO1PBO1P900. 即 CP⊥PG．

2.4 结论诱导出新途径

前面证明的结论已经明确的告诉我们：△CPG是直角三角形，且CGP，也就是说我们只要证明它，问题就能迎刃而解．自然我们就联想到直角三角形的斜边中线性质定理，即连结CG,取其中点H，连结PH,证明CG=2PH就成了解决问题的钥匙．

证明五：如图8，作直线CG，取线段CG的中点H，连接PH，

M作∠CDM=∠BCG，射线DM交直线CG于点M，

DC作∠CBK=∠DCM，射线BK交直线CG于点K，

HK作∠GFN=∠BGK，射线FN交直线CG于点N．

GP又∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

N且ABCBEF2(090)，

∴

MCDKCBKCBKBCGKBFNG2,

ABF

图8

EKGBFGNFGNGFN18002,

△BGK≌△GFN，∴ 根据“ASA”定理，易证△DCM≌△CBK，

∴ CM=BK=GN，DM=CK，KG=FN．

又∵ CH=HG，DM∥FN，

∴ MH=NH，故PH是梯形DMNF的中位线，

即PH∥DM∥FN，PH1(DMFN)．

2∴

PHCFNG2,

111(DMFN)(CKKG)CGCHHG，

222PGtan(900)． 即△CPG是直角三角形，即CP⊥PG．从而证得PCPH上面的方法是利用了梯形的中位线定理，但是辅助线的构造需要对问题的本质的理解和把握才能做到，这说明了抽象出图形本质联系需要时间作保证，更需要对解题实践认真的剖析与反思．如果我们把思维仍然放在我们熟悉的三角形中位线上能否解决关键点CG2PH呢？尝试一下就知道了．

证明六：如图9，连接CG、DG、DB、GE、BF，取CG、DG的中点H、M，连接PH、HM、MP，

根据三角形中位线定理以及四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形且ABCBEF2，

PMMH1,MH∥CD∥AB,MP∥GF∥BE，

DBGCB20∴

HMPABE180,

0又∵

CBGABE180,

可得HMPCBG,

∴

△HMP∽△CBG

可得：CMPHGABNOF图9

E

PMMHPH1，故△CPG是直角三角形，即CP⊥PG．

BGCBCG2根据两边成比例以及夹角（POGCBG）相等可得△POG∽△CBG，

∴

PGOCBG，

PGtan(900)．从而结论得证． ∴

BGOCGP,故PC∴

说明：问题解决和对问题解决的思维方法、策略再认识是数学教师必须具备的基本功．它可以让我们分别站在教师、学生和数学家的角度去审视数学思维的发生、发现、调控和运用，并有选择的实施于日常的教学中，也有利于帮助学生把内隐思维外显，从而使个体思维更自觉、更深刻、更灵活．如果我们把题干中的条件强化或弱化，情况又会怎样呢？那么我们的思维就会主动去搜索、联想„„

3 联想

３.１ 联想1 2008年北京市的几何压轴题的问题（1）（2）（3）的设置以及证明的探究过程已经使我们明确这道几何探究题“变”中所蕴含的“不变”，图形经过旋转后发生变化，但是题目的背景不变，解题的策略不变，结论也一直保持不变．如果我们把题干中的两个菱形分别改为正方形的话，命题的结论、解决问题的方法是否会有惊人相似之处呢？答案是肯定的．大连市2005年中考几何压轴题可供读者揣摩．

【题目】如图10，操作：把正方形CGEF的对角线CE放在正方形ABCD的边BC的延长线上（CG＞BC），取线段AE的中点M．探究：线段MD、MF的关系，并加以证明．

说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）；（2）在你经历说明（1）的过程之后，可以从下列①、②、③中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明．

注意：选取①完成证明得10分；选取②完成证明得7分；选取③完成证明得5分．

① DM的延长线交CE于点N，且AD＝NE；

② 将正方形CGEF绕点C逆时针旋转45°（如图11），其他条件不变；

③ 在②的条件下且CF＝2AD．

附加题：将正方形CGEF绕点C旋转任意角度后（如图12），其他条件

不变．探究：线段MD、MF的关系，并加以证明．（证明留给读者体验）

A D

F

F

FE

DA

M

MA

B

C

M

E

BD

E

C

B

C G

图11

图10

G图12

G

3.2 联想2 仔细分析解题的探究过程我们可以发现，上述问题的实质是一个三角形中一顶点固定，而另外两顶点不固定，然后以定点和动点所形成的边为长度向形外作菱形或正方形，其中起着关键作用的是定点和两个动点所构成的两个三角形和中点，因此我们可以抛弃图形中非本质的部分，保留本质部分，来研究结论是否发生变化？让我们看看广州市2007年中考数学压轴题会告诉我们什么！

【题目】已知Rt△ABC中，AB=AC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM．

（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图13，求证：BM=DM且BM⊥DM；

（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图14，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．(证明留给读者体验)

3.3 联想3 根据联想1和联想2，我们把条件继续“弱化”，即保持两个直角三角形相似的话，那图14

图13

么情况会发生怎样的变化呢？什么变了？什么没有发生变化？解决问题的策略方法是否可以类比前面解决呢？2008年仙桃市、潜江市等四市中考几何压轴题就会给我们更多更深的启示．

【题目】小华将一张矩形纸片（如图15）沿对角线CA剪开，得到两张三角形纸片（如图16），其中ACB，然后将这两张三角形纸片按如图17所示的位置摆放，EFD纸片的直角顶点D落在ACB纸片的斜边AC上，直角边DF落在AC所在的直线上．

（1） 若ED与BC相交于点G，取AG的中点M，连接MB、MD，当EFD纸片沿CA方向平移时（如图17），请你观察、测量MB、MD的长度，猜想并写出MB与MD的数量关系，然后证明你的猜想；

（2） 在（1）的条件下，求出BMD的大小（用含的式子表示），并说明当45°时，

BMD是什么三角形？

（3） 在图17的基础上，将EFD纸片绕点C逆时针旋转一定的角度（旋转角度小于90°），此时CGD变成CHD，同样取AH的中点M，连接MB、MD（如图18），请继续探究MB与MD的数量关系和BMD的大小，直接写出你的猜想，不需要证明，并说明为何值时，BMD为等边三角形．（证明读者可以自行体验）

AD

AF

AD

AM

D

M

G

F

BH

BCE

图15

图16

E

图18

图17

3.4 联想4 在联想3的基础上，我们继续对图形进行“变化”，就会链接出如下两道数学竞赛试题，仔细分析题干中所提供的有效信息，那么我们就会凭着上面的解题实践经验和方法立刻得出这样的结论：“形变而神不变”．请看下面两题：

【题目1】（1993年江苏省第八届初中数学竞赛试题）已知△ABD和△ACE都是直角三角形，且BEC

C

B

F

D

CABDACE900．如图（19），连结DE，设M为DE的中点．

（1）求证：MB=MC；

E，固定Rt△ABD，让Rt△ACE绕顶点A在平面内旋转到图（20）的位置．试（2）设BADCA问：MB=MC是否还能成立？证明你的结论．(证明留给读者去研究)

A

AA

F

Q

E

P

MO

CED

EM

BCDBB D C

图19 图20

图21

【题目2】（“时代杯”2008年江苏省中学数学应用与创新邀请赛复赛试题）如图21，在△ABC中，D为BC的中点，点E、F分别在边AC、AB上，并且∠ABE=∠ACF，BE、CF交于点O．过点O作OP⊥AC，OQ⊥AB，P、Q为垂足．求证：DP=DQ．（证明留给读者去研究）

4 启示

4.1 2008年北京市这道几何题是一道在命题技术上大胆创新的数学学业考试试题，与传统试题相比较，本题具有一定的开放探究性，它首先降低解题入口，然后依据初中学生的年龄和心理特点层层递进设置问题，给能力不同的学生不同的展现自我的机会，使能力不同学生获得不同的回报，能有效的区分不同

思维层次的学生，能引导学生主动学习，是一道结构良好的试题，较好的体现出新课程的基本理念．本题还体现了几何的学习，要经历观察、操作、猜想等过程，恰恰“小聪的思路”给学生提供了一个可供登高望远的平台，而平台的支柱是学生对已解与待解决问题之间相似性的认同能力，这种能力的提高，重在对学习内容（如数学思想、方法）等有真正的理解和把握，这就需要引导学生改变学习几何方式---从数学实验到数学发现再到数学证明，引导教师改变几何教学方法---重视几何知识的发生过程和学生学习几何的体验，这就是当前数学教师教学中当注力之所在．

4.2 证明与联想就是一种审视，一种反思，一种抽象．当教师在不停的反思试题的价值所在的时候，当把试题和试题的解题过程作为研究目标的时候，解题和解题的思维自然而然的就会走进数学教学中，数学课堂教学就成为一种培养思维的课堂，就成为一种培养学生洞察力的课堂，课堂教学自然就会变大、变活、变深，变得引人入胜、流连忘返，一题多解就有了土壤，多题一解就有了依托，难题巧解就会不期而至．当然前提是教师要具备这样的专业素养．

2024年1月24日发(作者：仰嘉纳)

证明、联想与启示

数学书面测试的主要目的是为了全面了解学生数学学习的过程和结果，激励学生学习和改进教师教学，反映在设计试题时，应该关注并且体现《课程标准》在设计思路中提出的一些核心思想，如图形与几何里的空间观念、几何直观、推理能力等．所以能力立意、极富思维含量的几何开放探究题就频频出现在中考或竞赛试卷之中，这类试题不仅承载着对学生基础知识和技能的理解和掌握、基本数学思想的领悟、基本数学活动经验的形成等诸多方面进行评价的功能，更能间接而有效的考查学生“数学地思维”的广度与深度．下面我们来具体分析北京市2008年中考一道几何压轴题，题目及解答简写如下：

1 问题回放

请阅读下列材料：

问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一条直线上，P是线段DF的中点，连结PG，PC．若ABCBEF60，探究PG与PC的位置关系及PG的值．

PC小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．

D

P

G

A

B

C

F

E

A

图2

D

P

B

E

C

G

F

图1

请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：

（1）写出上面问题中线段PG与PC的位置关系及PG的值；

PC（2）将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明；

（3）若图1中ABCBEF2(090)，将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出PG的值（用含的式子表示）．

PCPG解：（1）线段PG与PC的位置关系是GPPC，=3 ；

PC（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化．

DCGFE简证：如图3，延长GP交AD于点H，连结CH，CG．

易证

△GFP≌△HDP（AAS）．

∴

GPHP，GFHD．

又易证

△HDC≌△GBC．∴

CHCG，DCHBCG．

0易知HCG120．∵CHCG，GPHP．

0∴

GPPC，GCPHCP60 ，故HAPB图3

PG=3．

PC（3）PG=tan(900)．

PC对于这样一道结构良好的几何探究试题，笔者相信研究过它的教师都会留下深深的回味：问题设置层

层深入、数学思想方法巧妙镶嵌、图形中的“变与不变”、问题解决方法多样等等．然而作为数学教师，如果我们能把思维从欣赏试题转到反思试题，即把解题活动的过程作为研究对象，把学会数学思维和学会数学解题作为目标的话，那我们也许会有许多新的视角，总结出有规律性的知识，更能认清题目的内在联系和本质，而且这些“解题学”的专业知识以及由专业知识决定的专业素质自然会在日常的教学中自觉地或不自觉引导学生对其学习行为进行“透视”，数学教学就会走向本原．随着时间的推移，学生的学习行为就具有了自主性、反思性和科学研究的味道，数学学习对他来说就不会枯燥和单调，而是独具魅力了．

2 证明

先让我们再来对这道几何探究题的证明进行追问，追问的目的显然是出自教师或一个数学爱好者对问题的探究意识．在这部分里，为了不失一般性，我们只探究问题中第（3）问的证明思路和方法，同时，限于篇幅，有些证明过程作适当的删减，读者可以自行探究．

2.1 类比产生证法

波利亚说过：类比就是一种相似．由于问题（3）中的图形(图4)是由问题（2）图形（图3）旋转变换得到的，其他条件没有发生任何变化，故这两个图形在某些关系上具有相似性，所以完全可以类比小聪同学的思路解决问题．

证明一：如图4，延长线段GP到H，使HP=GP，连结DH、CG、CH．

∵ 点P是DF的中点，HP=GP，

∴ 点D、H、F、G构成平行四边形，

CD∴ DH∥GF，且DH=GF．

又∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

且ABCBEF2(090)

∴

GBC180ABE，

∵ DH∥GF∥BE，CD∥AB．

∴

HDCPHL180ABE，

∴ △GBC≌△HDC，

∴ CH=CG，

DCHBCG，又HP=GP，

∴

GCHBCD1802， CP⊥PG．

即

GCP90，

0000HPGFALBE00∴ DC=CB，GF=GB，ABCGBE180 ，

图4

DC0PHABGFPGtan(90)． ∴

PC图5

E2.2 过程催生想法

对证明一的解题过程进行分析，线段PG和PC的关系是依赖于中点P的，而且线段PG、PC的地位是平等的，既然倍长PG可以解决问题，那么为什么不能倍长线段CP去尝试一下呢？ 值得一试！

证明二：如图5，延长CP到H，使PH=CP，连结HF、GH、CG．

这个问题的证明读者可以类比证明一进行体验．

2.3 信息整合萌发新思路

这里中点P起着“桥梁与纽带”的作用，在前面的证明过程中我们也能够体悟到这一点．又由于四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，联想到中位线定理，做题的经验与直觉思维诱发我们构造两个三角形，使CP和PG分别为三角形的中位线，这个想法的产生自然、大胆、开阔而且思维有所创新，当然，伴随着我们的心情也禁不住微微荡漾起来．

证明三：如图6，分别延长线段DC、FG到M、N ，使CM=DC，NG=FG，

连结FM、DN、BM、BN、BF、BD．

∵ 点P是线段DF的中点，

∴ DN∥PG，MF∥CP，且DN=2PG，MF=2CP．

四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

且ABCBEFADCBGF2(090)

∴ BC=DC=CM，BG=GF=GN，

∴ △DBM和△NBF都是直角三角形，

BDCBNG

∴ Rt△DBM∽Rt△NBF，

∴

00DCNGPMFAB图6

EDBMB0，又DBNMBF90NBM，

BNBF故 △DBN∽△MBF，又DB⊥BM，NB⊥BF，

DBDN2PG，DN⊥NF，

MBMF2CPDBtan(900)， ∴ 在Rt△DBM中，BMPG0∴tan(90)，GP⊥CP．

CP从而得到

上面的过程显示：图形从特殊到一般的旋转变化过程中线段PG和PC的关系始终不变．在这个“形变而关系不变”的过程中起着关键作用的是：中点P、等腰△BCD和等腰△BGF，那么能否再利用中点P和两个等腰三角形性质构造出新的思路呢？

证法四：如图7，连接BD、AC，相交于点O1，连接EG、BF，相交于点O2，连接O1P、O2P．

∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，且ABCBEFBGF2(00900)，

∴ 对角线BD、AC互相垂直平分，且BD平分ABC；对角线BF、CE互相垂直平分，且GE平分BGF，

∴

CBO1BGO2，BO1GO2，

tan(900)CO1BO2DCPO1又∵ 点P是线段DE的中点，

根据三角形中位线定理可知，四边形O1BO2P是平行四边形，

∴PO1 = BO2，BO1 = PO2，

BO1PBO2P，

∴

AGFBO2图7

EPO2GO2tan(900),CO1PPO2G，

CO1PO1∴

△CO1P∽△PO2G,

由此证得命题的结论

PGtan(900)，O1CPO2PG

PC0又∵

CPG360O1PCO2PGO1PO2

3600O1PCO1CPO1PO23600(O1PCO1CP)(1800BO1P)3600(1800CO1P)1800BO1PCO1PBO1P900. 即 CP⊥PG．

2.4 结论诱导出新途径

前面证明的结论已经明确的告诉我们：△CPG是直角三角形，且CGP，也就是说我们只要证明它，问题就能迎刃而解．自然我们就联想到直角三角形的斜边中线性质定理，即连结CG,取其中点H，连结PH,证明CG=2PH就成了解决问题的钥匙．

证明五：如图8，作直线CG，取线段CG的中点H，连接PH，

M作∠CDM=∠BCG，射线DM交直线CG于点M，

DC作∠CBK=∠DCM，射线BK交直线CG于点K，

HK作∠GFN=∠BGK，射线FN交直线CG于点N．

GP又∵ 四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形，

N且ABCBEF2(090)，

∴

MCDKCBKCBKBCGKBFNG2,

ABF

图8

EKGBFGNFGNGFN18002,

△BGK≌△GFN，∴ 根据“ASA”定理，易证△DCM≌△CBK，

∴ CM=BK=GN，DM=CK，KG=FN．

又∵ CH=HG，DM∥FN，

∴ MH=NH，故PH是梯形DMNF的中位线，

即PH∥DM∥FN，PH1(DMFN)．

2∴

PHCFNG2,

111(DMFN)(CKKG)CGCHHG，

222PGtan(900)． 即△CPG是直角三角形，即CP⊥PG．从而证得PCPH上面的方法是利用了梯形的中位线定理，但是辅助线的构造需要对问题的本质的理解和把握才能做到，这说明了抽象出图形本质联系需要时间作保证，更需要对解题实践认真的剖析与反思．如果我们把思维仍然放在我们熟悉的三角形中位线上能否解决关键点CG2PH呢？尝试一下就知道了．

证明六：如图9，连接CG、DG、DB、GE、BF，取CG、DG的中点H、M，连接PH、HM、MP，

根据三角形中位线定理以及四边形ABCD和四边形BEFG都是菱形且ABCBEF2，

PMMH1,MH∥CD∥AB,MP∥GF∥BE，

DBGCB20∴

HMPABE180,

0又∵

CBGABE180,

可得HMPCBG,

∴

△HMP∽△CBG

可得：CMPHGABNOF图9

E

PMMHPH1，故△CPG是直角三角形，即CP⊥PG．

BGCBCG2根据两边成比例以及夹角（POGCBG）相等可得△POG∽△CBG，

∴

PGOCBG，

PGtan(900)．从而结论得证． ∴

BGOCGP,故PC∴

说明：问题解决和对问题解决的思维方法、策略再认识是数学教师必须具备的基本功．它可以让我们分别站在教师、学生和数学家的角度去审视数学思维的发生、发现、调控和运用，并有选择的实施于日常的教学中，也有利于帮助学生把内隐思维外显，从而使个体思维更自觉、更深刻、更灵活．如果我们把题干中的条件强化或弱化，情况又会怎样呢？那么我们的思维就会主动去搜索、联想„„

3 联想

３.１ 联想1 2008年北京市的几何压轴题的问题（1）（2）（3）的设置以及证明的探究过程已经使我们明确这道几何探究题“变”中所蕴含的“不变”，图形经过旋转后发生变化，但是题目的背景不变，解题的策略不变，结论也一直保持不变．如果我们把题干中的两个菱形分别改为正方形的话，命题的结论、解决问题的方法是否会有惊人相似之处呢？答案是肯定的．大连市2005年中考几何压轴题可供读者揣摩．

【题目】如图10，操作：把正方形CGEF的对角线CE放在正方形ABCD的边BC的延长线上（CG＞BC），取线段AE的中点M．探究：线段MD、MF的关系，并加以证明．

说明：（1）如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来（要求至少写3步）；（2）在你经历说明（1）的过程之后，可以从下列①、②、③中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明．

注意：选取①完成证明得10分；选取②完成证明得7分；选取③完成证明得5分．

① DM的延长线交CE于点N，且AD＝NE；

② 将正方形CGEF绕点C逆时针旋转45°（如图11），其他条件不变；

③ 在②的条件下且CF＝2AD．

附加题：将正方形CGEF绕点C旋转任意角度后（如图12），其他条件

不变．探究：线段MD、MF的关系，并加以证明．（证明留给读者体验）

A D

F

F

FE

DA

M

MA

B

C

M

E

BD

E

C

B

C G

图11

图10

G图12

G

3.2 联想2 仔细分析解题的探究过程我们可以发现，上述问题的实质是一个三角形中一顶点固定，而另外两顶点不固定，然后以定点和动点所形成的边为长度向形外作菱形或正方形，其中起着关键作用的是定点和两个动点所构成的两个三角形和中点，因此我们可以抛弃图形中非本质的部分，保留本质部分，来研究结论是否发生变化？让我们看看广州市2007年中考数学压轴题会告诉我们什么！

【题目】已知Rt△ABC中，AB=AC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM．

（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图13，求证：BM=DM且BM⊥DM；

（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图14，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明．(证明留给读者体验)

3.3 联想3 根据联想1和联想2，我们把条件继续“弱化”，即保持两个直角三角形相似的话，那图14

图13

么情况会发生怎样的变化呢？什么变了？什么没有发生变化？解决问题的策略方法是否可以类比前面解决呢？2008年仙桃市、潜江市等四市中考几何压轴题就会给我们更多更深的启示．

【题目】小华将一张矩形纸片（如图15）沿对角线CA剪开，得到两张三角形纸片（如图16），其中ACB，然后将这两张三角形纸片按如图17所示的位置摆放，EFD纸片的直角顶点D落在ACB纸片的斜边AC上，直角边DF落在AC所在的直线上．

（1） 若ED与BC相交于点G，取AG的中点M，连接MB、MD，当EFD纸片沿CA方向平移时（如图17），请你观察、测量MB、MD的长度，猜想并写出MB与MD的数量关系，然后证明你的猜想；

（2） 在（1）的条件下，求出BMD的大小（用含的式子表示），并说明当45°时，

BMD是什么三角形？

（3） 在图17的基础上，将EFD纸片绕点C逆时针旋转一定的角度（旋转角度小于90°），此时CGD变成CHD，同样取AH的中点M，连接MB、MD（如图18），请继续探究MB与MD的数量关系和BMD的大小，直接写出你的猜想，不需要证明，并说明为何值时，BMD为等边三角形．（证明读者可以自行体验）

AD

AF

AD

AM

D

M

G

F

BH

BCE

图15

图16

E

图18

图17

3.4 联想4 在联想3的基础上，我们继续对图形进行“变化”，就会链接出如下两道数学竞赛试题，仔细分析题干中所提供的有效信息，那么我们就会凭着上面的解题实践经验和方法立刻得出这样的结论：“形变而神不变”．请看下面两题：

【题目1】（1993年江苏省第八届初中数学竞赛试题）已知△ABD和△ACE都是直角三角形，且BEC

C

B

F

D

CABDACE900．如图（19），连结DE，设M为DE的中点．

（1）求证：MB=MC；

E，固定Rt△ABD，让Rt△ACE绕顶点A在平面内旋转到图（20）的位置．试（2）设BADCA问：MB=MC是否还能成立？证明你的结论．(证明留给读者去研究)

A

AA

F

Q

E

P

MO

CED

EM

BCDBB D C

图19 图20

图21

【题目2】（“时代杯”2008年江苏省中学数学应用与创新邀请赛复赛试题）如图21，在△ABC中，D为BC的中点，点E、F分别在边AC、AB上，并且∠ABE=∠ACF，BE、CF交于点O．过点O作OP⊥AC，OQ⊥AB，P、Q为垂足．求证：DP=DQ．（证明留给读者去研究）

4 启示

4.1 2008年北京市这道几何题是一道在命题技术上大胆创新的数学学业考试试题，与传统试题相比较，本题具有一定的开放探究性，它首先降低解题入口，然后依据初中学生的年龄和心理特点层层递进设置问题，给能力不同的学生不同的展现自我的机会，使能力不同学生获得不同的回报，能有效的区分不同

思维层次的学生，能引导学生主动学习，是一道结构良好的试题，较好的体现出新课程的基本理念．本题还体现了几何的学习，要经历观察、操作、猜想等过程，恰恰“小聪的思路”给学生提供了一个可供登高望远的平台，而平台的支柱是学生对已解与待解决问题之间相似性的认同能力，这种能力的提高，重在对学习内容（如数学思想、方法）等有真正的理解和把握，这就需要引导学生改变学习几何方式---从数学实验到数学发现再到数学证明，引导教师改变几何教学方法---重视几何知识的发生过程和学生学习几何的体验，这就是当前数学教师教学中当注力之所在．

4.2 证明与联想就是一种审视，一种反思，一种抽象．当教师在不停的反思试题的价值所在的时候，当把试题和试题的解题过程作为研究目标的时候，解题和解题的思维自然而然的就会走进数学教学中，数学课堂教学就成为一种培养思维的课堂，就成为一种培养学生洞察力的课堂，课堂教学自然就会变大、变活、变深，变得引人入胜、流连忘返，一题多解就有了土壤，多题一解就有了依托，难题巧解就会不期而至．当然前提是教师要具备这样的专业素养．