巧妙的题目设计 精彩的试题解答.doc

巧妙的题目设计 精彩的试题解答2013年海南省中考数学试题第23题赏析孙孝武（海南省教育研究培训院）邓之淮（海南省文昌中学）冼词学（海南省国兴中学）海南省2013年中考数学第23题是以正方形为基本图形，综合三角形、四边形与图形变换等主干知识的一道“压轴题”，是一道极具“灵气”的题目，注重对数学思想方法与学生探究能力的考查。一、试题赏析海南省2013年初中毕业生学业考试数学科试题第23题为：23（满分13分）如图9（1），点P是正方形ABCD的边CD上的一点（点P与点C、D不重合），点E在BC的延长线上，且CECP，连接BP、DE（1）求证：BCPDCE；（2）如图9（2），直线EP交AD于点F，连接BF、FC，点G是FC与BP的交点当CD2PC时，求证：BPCF；当CDnPC （n是大于1的实数）时，记BPF的面积为S1、DPE的面积为S2，求证：S1(n+1) S2图9（1）ADBCEP图9（2）ADBCEPGF 此题设置两个小题，第（1）小题是基础题型，考查学生最基本的几何推理能力； 第（2）小题设置两个问，第小题属中等难度水平的题目：“当点P在边CD是中点时，判定线段BP与CF的位置关系”，考查学生对核心数学知识与数学基本技能的理解与掌握；第小题属较难度水平的题目：“当点P在边CD的任意位置时，探索BPF与DPE的面积之间的关系”，题目渗透了“数学建模、化归与数形结合”等重要数学思想，不乏基础知识与基本方法却又有较高的思维含量，考查学生对核心数学知识与思想方法的深层次掌握和理解，考查学生思考、转化与解决问题的能力。题目中的三个问题的难度呈“易、中、难”分布，能满足不同数学能力的学生解答，一些解法很精彩，现收集与整理第（2）小题的解法与各位分享：二、解法赏析第（2）小题设置两个问，第小题属于中等难度水平的题型，考查学生对核心数学知识与数学思想方法的掌握与理解，第小题属于较难水平的题型，解答需要有较强的数学思维能力，更深层次地考查学生的空间想象能力与对数学思想方法的理解与掌握，讲究一定的方法与技巧（一）、当CD2PC时，求证：BPCF证明“BPCF”的方法有多种，有些学生的思路比较简捷，但无论采用哪种方法，只需牢牢抓住“CECP”与“CD2PC”这两个条件不难发现BP与CF的位置关系，下面是常见的几种证明方法：证法一：如图9（2）A当CD=2PC时，DP=CP，正方形ABCD中，ADBCFDP=ECP=90又DPF=CPEDPFCPE (ASA)，PF=PE四边形CEDF是平行四边形 FCDE，1=2 由（1）知BCPDCE (SAS)3=1 ，2=33+BPC=90，BPC+2=90 PGC=90， BPCF 证法二：如图9（2）A当CD=2PC时，DP=CP，正方形ABCD中，ADBCFDP=ECP=90，又DPF=CPEDPFCPE (ASA)，PF=PE四边形CEDF是平行四边形 FCDE， FCB=DEC 又由（1）知BCPDCE3=1，BCGDCE BGC=DCE=90，BPCF G123图9(2)AADBCEFP简析:证法一与证法二是通过论证四边形CEDF是平行四边形,从而得到FCDE，最后论证PGC=90，从而得到BP与CF互相垂直 证法三：如图9（2）A四边形ABCD是正方形，BCP=CDF=90，BC=CD，ADBEPCE=90又CE=CPCPE=CEP=DPF=DFP=45DF=DP，又CD=2PC，DF=DP=CPBCPCDF（SAS），3=23+BPC=90， BPC+2=90 PGC=90，BPCF 简析:证法三是通过证明BCP与CDF全等，得到3=2，从而推导出BPC+2=90，因而BP与CF互相垂直证法四：如图9（2）B延长BP交DE于点H由（1）知BCPDCE ，3=1又BEH=DEC ，BHE=DCE=90正方形ABCD中， ADBCDPFCPE，CD=2PC，DP=CP，PF=PE四边形CEDF是平行四边形，CFDE ，G123图9(2)BADBCEFPHBGC=BHE=90，BPCF证法五：如图9（2）B四边形ABCD是正方形BCP=DCE=90，BC=DC，又CE=CPDCE可看成是由BCP绕点C顺时针旋转90形成，BPDE正方形ABCD中， ADBCDPFCPE，CD=2PC，DP=CP，PF=PE四边形CEDF是平行四边形CFDE，BPCF简析:证法四与证法五都是通过延长BP与DE相交于点H，推导出BP与DE垂直，再论证CFDE，从而有BP与CF互相垂直（二）、当CDnPC 时， 求证：S1(n+1) S2第小题是一道很“漂亮”的题目，颇具创新与探究色彩，与第小题在结构上相互呼应，形成两个不同层次的题目，在学生探索S1与S2之间的数量关系的过程中考查学生的空间想象能力与创新能力，属较难级别的题目。这种题型在海南省的中考中很少考过，所以许多学生一开始时就无法下手，其实只要学生参透线段PC、PD与CD之间的联系，就可能轻松探索出S1与S2之间的数量关系，而此题证法的巧妙之处就是用含有x的式子表示线段PC、PD与CD，使线段PC、PD与CD的数量关系一目了然。证法一： 如图9（2）C四边形ABCD是正方形，ADBC ，CD=BC设PC=x，则CE=CP=x， 又CD=nPC，CD=BC=nx， BE=（n1）x ，PD=（n-1）x 过点F作FHBC于点H，则FH=CD=nx则S1=SBFE SBPE=（n1）xnx（n1）xx=（n1）（n-1）x2 S2=（n-1）xx=（n-1）x2 = n1 HG图9(2)CADBCEFPS1=(n+1)S2 简析: BPF的面积可由BFE的面积减去BPE的面积得到，即 S1=SBFE SBPE 而DPE的面积可由PDCE得到，从而可用含n与x的代数式去表示S1与S2，问题可轻松得证。证法二：如图9（2）D四边形ABCD是正方形，ADBC ，CD=BC设PC=x，则CE = CP=x， 又CD=nPCCD=BC=nx， DF=DP=（n-1）x S1 = S四边形BPDF- SPDF =2SBDF- SPDF=2（n-1）xnx-=（n-1）nx2- =（n1）（n-1）x2 S2 =（n-1）xx=（n-1）x2= n1，G图9(2)DADBCEFPS1=(n+1)S2 简析: 证法二与证法一不同的是BPF的面积是由四边形BPDF的面积减去PDF的面积得到，即 S1等于 S四边形BPDF减去SPDF。证法三：如图9（2）E过点F作FHAB，过点P作PHAD，FH与PH交于点H，则四边形DPHF是矩形，又CE=CP，PCE=90PEC=CPE=PDF =45正方形ABCD中，AD=CD，ADBCDFP=CEP=45DP=DF四边形DPHF是正方形DP=DF=FH=PH AF=PC=CESBHF=FHAF=DPPC， SPHB+ SPHF=PHCD=DPCDCD=nPCS1= SBHF+SPHB+SPHF=DP（PC+CD）=DP(n+1)PC又S2= SDPE=DPCE=DPPCG图9(2)EADBCEFPHS1=(n+1)S2 简析:证法三把BPF的面积分成三个三角形面积之和来证明，即S1等于 SBHF、SPHB与SPHF的和，这种方法的难点在于如何确定三角形的高，如果能把相应三角形的高确定下来，并用含n与x的代数式去表示底边与高，那么第小题就可以获得证明。证法四：如图9（2）F四边形ABCD是正方形，ADBC ，即ADBESDFE = SDFC，SDPE = SPFC = S2过点B、C分别作BMEF、CNEF，垂足分别为M、NBMCN ， SBPF ：SPFC=BM：CN BM：CN=BE：CE又CD=nPC，BC=CD，CE=PCBE：CE=（n +1）PC：PC=（n +1）：1即SBPF ：SPFC=BM：CN=（n +1）：1S1=(n+1)S2G图9(2)FADBCEFPMN简析:BPF与PFC有一条共同的底边PF，其面积之比等于BM与CN之比，可论证BM：CN=BE：CE，所以BPF与PFC的面积之比可以转化为求BE与CE之比；又DPE与PFC的面积相等，所以对S1与 S2的数量关系的探究可归化为对线段BE与CE的之间的数量关系的探究。三、试题拓展海南省2013年初中毕业生学业考试数学科试题第23题，无论是从题目的科学性还是从题目的新颖性来看，题目的设计都颇具匠心，令人耳目一新，不过，也许是因为考虑到试题整体难度问题，这道题的设计并未达到最佳，最明显的是第（2）小题的设计，第小题除了可以证明“BPCF”之外，还可以如此设计：“当CD2PC时，求证：PBF=2PED；甚至可以让学生猜想当CDnPC时，探索PBF与PED之间的数量关系”。而第小题改变一下问法，这道题也会变得更“漂亮”，也会变得更具探究性，如改为：“当CDnPC （n是大于1的实数）时，若BPF的面积为S1、DPE的面积为S2，猜想S1与 S2的关系，并给予证明”或者把“求证：S1(n+1) S2”改为求“的值”这样的改变，题目会变得更“漂亮”些，也更能考查学生的创新思维，但整张试题的难度会增大