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以正方形為載體的中考試題賞析
正方形是初中的重要知識內(nèi)容，縱觀2008年全國各地中考試題，可以發(fā)現(xiàn)諸多以正方形為載體，結(jié)合其它數(shù)學(xué)知識的優(yōu)秀試題，格調(diào)清新、構(gòu)思巧妙，較好的考察了學(xué)生的基礎(chǔ)知識、學(xué)習(xí)能力和思維水平.現(xiàn)拮取幾例加以賞析：
1 與拼圖相結(jié)合,注重考察學(xué)生的觀察能力.
例1 (湖南湘潭市)如圖1，將一副七巧板拼成一只小貓，則下圖中 ∠AOB= .
解析 觀察發(fā)現(xiàn)這里正方形內(nèi)的七巧板有5塊是等腰直角三角形，1塊正方形和1塊銳角為45°的平行四邊形。利用數(shù)字標(biāo)出組成正方形和小貓的七巧板之間的對應(yīng)關(guān)系，如圖2所示，∠AOB內(nèi)部的兩塊是等腰直角三角形，則∠AOB = 90°.
例2 (湖北荊門市)用四個全等的矩形和一個小正方形拼成如圖3所示的大正方形，已知大正方形的面積是144，小正方形的面積是4,若用x，y表示矩形的長和寬(x＞y)，則下列關(guān)系式中不正確的是( )
(A) x+y=12 ． (B) x－y=2． (C) xy=35． (D) x ＋y =144．
解析 觀察拼圖3可發(fā)現(xiàn):大正方形的邊長是矩形的長和寬之和；小正方形的邊長是矩形的長和寬之差.由大正方形的面積是144可知其邊長是12,即x+y=12①；由小正方形的邊長是4可知其邊長是2,即x-y=2②,因此選項(xiàng)A和B的關(guān)系式均正確. 解①、②得x=7,y=5.因此：xy=35, x ＋y =74.所以答案為選擇D.
點(diǎn)評 例1、例2的拼圖試題在教材中是具有相應(yīng)原型的，這里改編成中考試題可謂老樹發(fā)新枝。事實(shí)上學(xué)生若能認(rèn)真觀察圖形的本身特點(diǎn)進(jìn)而找到相應(yīng)數(shù)量關(guān)系，準(zhǔn)確解答并不是件難事。
2 與多邊形、圓相結(jié)合,注重考察學(xué)生對幾何性質(zhì)的綜合運(yùn)用.
例3 (陜西省)如圖4，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ADC+∠BCD=90°，且DC=2AB，分別以DA、AB、BC為邊向梯形外作正方形，其面積分別為S1、S2 、S3，則S1、S2 、S3之間的關(guān)系是 ．
解析 此題中所求三個正方形的面積S1、S2 、S3之間的關(guān)系實(shí)質(zhì)是求梯形ABCD的兩個腰長及上底邊邊長
三者的平方關(guān)系.可利用梯形的高來建立橋梁
作用.如圖5，分別過點(diǎn)
A、B做AE⊥DC,BF⊥DC,
垂足分別為E、F.設(shè)
梯形ABCD的高為h ,
AB=a, DE=x,則DC=2a,FC=a-x.由于∠ADC+∠BCD=90°，可證得△AED∽△CFB，有h2=ax-x. S1= AD2=h2+x2=ax,S2=a2,S3=BC2=h2+ (a－x)2 = a2－ax.因此:S1+ S3= S2.
例4 (江蘇南通市)在一次數(shù)學(xué)探究性學(xué)習(xí)活動中，某學(xué)習(xí)小組要制作一個圓錐體模型，操作規(guī)則是：在一塊邊長為16cm的正方形紙片上剪出一個扇形和一個圓，使得扇形圍成圓錐的側(cè)面時，圓恰好是該圓錐的底面．他們首先設(shè)計(jì)了如圖6所示的方案一，發(fā)現(xiàn)這種方案不可行，于是他們調(diào)整了扇形和圓的半徑，設(shè)計(jì)了如圖7所示的方案二．（兩個方案的圖中，圓與正方形相鄰兩邊及扇形的弧均相切．方案一中扇形的弧與正方形的兩邊相切）
（1）請說明方案一不可行的理由；
�。�2）判斷方案二是否可行？若可行，請確定圓錐的母線長及其底面圓半徑；若不可行，請說明理由．
解析 (1) 因?yàn)樯刃蜛BC的弧長＝ ×16×2π＝8π，因此圓的半徑應(yīng)為4cm．由于所給正方形紙片的對角線長為 cm，而制作這樣的圓錐實(shí)際需要正方形紙片的對角線長為 cm，由于 ，所以方案一不可行．
(2)設(shè)圓錐底面圓的半徑為r，圓錐的母線長為R，則 ①, ②,由①②，可解得 ， ． 故所求圓錐的母線長為 cm，底面圓的半徑為 cm．
點(diǎn)評 將正方形與多邊形、圓結(jié)合是中考中出現(xiàn)頻率較高的題目。此類題目涉及知識點(diǎn)較多，跨度較大，需要學(xué)生具有較為扎實(shí)的基本功，具有綜合運(yùn)用相關(guān)數(shù)學(xué)知識的能力。
3 與“動點(diǎn)問題”相結(jié)合,注重考察學(xué)生對不變因素的探究能力.
例5 (湖北武漢市)正方形ABCD中，點(diǎn)O是對角線AC的中點(diǎn)，P是對角線AC上一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF⊥CD于點(diǎn)F。如圖8，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)O重合時，顯然有DF＝CF．
(1)如圖9，若點(diǎn)P在線段AO上（不與點(diǎn)A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于點(diǎn)E.
①求證：DF＝EF；
②寫出線段PC、PA、CE之間的一個等量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(2)若點(diǎn)P在線段OC上（不與點(diǎn)O、C重合），PE⊥PB且PE交直線CD于點(diǎn)E。請完成圖10并判斷(1)中的結(jié)論①、②是否分別成立？若不成立，寫出相應(yīng)的結(jié)論（所寫結(jié)論均不必證明）
解析 (1) ①如圖11過點(diǎn)P做PH⊥BC,垂足為點(diǎn)H,連接PD.此時四邊形PFCH為正方形.容易證出△APB≌△APD,推得 ∠BPC=∠DPC，進(jìn)一步可得∠BPH =∠DPF；由∠BPH +∠HPE =90°,∠EPF + ∠HPE=90°，得∠BPH =∠EPF.因?yàn)镻E⊥DC,可證得DF=FE.
�、谟蒃F+CE= PC得:DF=EF= PC－EC.因?yàn)镻F∥AD,有 ,將DF= PC－EC代入得: PC=PA+ CE.
(2)連接PB、PD,做PF⊥DC, PH⊥BC,垂足分別為F、H,在DC延長線上取一點(diǎn)E,使得PE⊥PB.此時有結(jié)論①DF=EF成立.而結(jié)論②不成立, PC、PA、EC存在PA=PC+ EC關(guān)系.證明與②類似,略.
點(diǎn)評 動點(diǎn)問題是中考熱點(diǎn)問題之一，它要求學(xué)生善于抓住運(yùn)動變化的規(guī)律性和不變因素，把握運(yùn)動與靜止的辨證關(guān)系.例5中,無論動點(diǎn)P在線段AC上如何運(yùn)動, ∠BP
[1]
4 與對稱、旋轉(zhuǎn)相結(jié)合,注重考察學(xué)生變換的思想.
例6 （重慶市）如圖13，在正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合.展開后，折痕DE分別交AB、AC于點(diǎn)E、G，.連接GF.下列結(jié)論：①∠AGD=112.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD =S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG.其中正確結(jié)論的序號是 .
解析 由題意可知△AED和△FED關(guān)于ED所在的直線對稱,有AE=EF,AG=GF,∠ADE=∠FDE= ∠ADB=22.5°.則∠AGD= 180°－∠ADE－∠DAG=112.5°.由于易求得∠AGE= ∠AEG =67.5°,則AE=AG.因而,AE=EF=FG=AG,四邊形AEFG是菱形.設(shè)AE=k,容易證得 △EFB和△OGF均是等腰直角三角形，則EB= k, OG= k.因此 EB=2OG.所以正確的結(jié)論是①、④、⑤，其余結(jié)論顯然不成立。
例7 （黑龍江齊齊哈爾市） 已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB,DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M,N．當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM=DN時（如圖14），易證BM+DN=MN．
（1）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時（如圖15），線段BM,ND和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明．
�。�2）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖16的位置時，線段BM,ND和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的猜想．
解析 (1)如圖17，把△AND繞點(diǎn)A順時針90°，得到△ABE，則有DN=BE,∠EAM= ∠MAN=45°.進(jìn)而可證得：△AEM≌△AMN.所以MN=ME=MB+EB=MB+DN.
(2) 線段BM,ND和MN之間存在MN = DN－MB.
點(diǎn)評 平移、翻折和旋轉(zhuǎn)是初中幾何重要的三種變換方式，變換之后的幾何圖形與原圖形對應(yīng)的邊、角均相等.巧妙的運(yùn)用變換的基本性質(zhì)或構(gòu)造變換圖形，均可以使題目的解答簡易而順暢.
5 與函數(shù)圖象相結(jié)合,注重考察學(xué)生的數(shù)形結(jié)合思想.
例8 （湖南長沙市） 在平面直角坐標(biāo)系中，一動點(diǎn)P（x，y）從M（1，0）出發(fā)，沿由A（－1，1），B（－1，－1），C（1，－1），D（1，1）四點(diǎn)組成的正方形邊線（如圖18）按一定方向運(yùn)動。圖19是P點(diǎn)運(yùn)動的路程s（個單位）與運(yùn)動時間 （秒）之間的函數(shù)圖象，圖20是P點(diǎn)的縱坐標(biāo)y與P點(diǎn)運(yùn)動的路程s之間的函數(shù)圖象的一部分.
（1）s與t之間的函數(shù)關(guān)系式是： ；
（2）與圖20相對應(yīng)的P點(diǎn)的運(yùn)動路徑是： ；P點(diǎn)出發(fā) 秒首次到達(dá)點(diǎn)B；
�。�3）寫出當(dāng)3≤s≤8時，y與s之間的函數(shù)關(guān)系式，并在圖16中補(bǔ)全函數(shù)圖象.
解析 （1）圖19是正比例函數(shù)圖象，易求得s與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：S= (t≥0)
�。�2）從圖20的函數(shù)圖象可以看出，動點(diǎn)P的縱y在運(yùn)動時隨時間t的增大開始時逐漸增大，而后又不變，最后又減小至0，說明P點(diǎn)在正方形的運(yùn)動路徑是：M→D→A→N.由圖18、19可知，P點(diǎn)從點(diǎn)M運(yùn)動到點(diǎn)B的路程為5，速度為0.5，所以首次到達(dá)點(diǎn)B需要時間為10秒.
(3)結(jié)合圖18和圖20，分析可得，第1秒之前，動點(diǎn)P從點(diǎn)M向點(diǎn)D處運(yùn)動；第1至3秒時，動點(diǎn)P從點(diǎn)D向點(diǎn)A處運(yùn)動； 第3至5秒時，動點(diǎn)P從點(diǎn)A向點(diǎn)B處運(yùn)動；第5至7秒時，動點(diǎn)P從點(diǎn)B向點(diǎn)C處運(yùn)動；第7至8秒時，動點(diǎn)P從點(diǎn)C向點(diǎn)M處運(yùn)動.時間段不同，函數(shù)關(guān)系不同，因此列分段函數(shù)為：當(dāng)3≤s＜5，y= 4－s；當(dāng)5≤s＜7，y=－1；當(dāng)7≤s≤8，y= s－8．補(bǔ)全的函數(shù)圖象如圖21.
點(diǎn)評 函數(shù)圖象問題是數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想的重要體現(xiàn)，在中考試卷中也往往作為具有一定區(qū)分度的題目出現(xiàn)。例8是一個分段函數(shù)問題，其關(guān)鍵是依據(jù)函數(shù)圖象弄清楚點(diǎn)P在正方形ABCD上的哪一段運(yùn)動,坐標(biāo)與時間、路程如何變化.
6 與實(shí)際問題相結(jié)合,注重考察學(xué)生構(gòu)建數(shù)學(xué)模型的能力.
例9 （湖北荊門市）某人定制了一批地磚，每塊地磚（如圖21所示）是邊長為0.4米的正方形ABCD，點(diǎn)E、F分別在邊BC和CD上，△CFE、△ABE和四邊形AEFD均由單一制成，制成△CFE、△ABE和四邊形AEFD的三種材料的每平方米價(jià)格依次為30元、20元、10元，若將此種地磚按圖22所示的形式鋪設(shè)，且能使中間的陰影部分組成四邊形EFGH．
(1)判斷圖22中四邊形EFGH是何形狀，并說明理由；
(2)E、F在什么位置時，定制這批地磚所需的材料費(fèi)用最�。�
解析：(1) 四邊形EFGH是正方形．圖22可以看作是由四塊圖21所示地磚繞C點(diǎn)按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°后得到的,故CE=CF =CG=CH．因此△CEF是等腰直角三角形.所以因此四邊形EFGH是正方形.
(2)設(shè)CE=x米, 則BE=（0.4－x）米,每塊地磚的費(fèi)用為y,有：y= x ×30+ ×0.4×(0.4-x)×20+[0.16- x - ×0.4×(0.4-x)]×10= 10(x -0.2x+0.24) = 10［(x-0.1)2+0.23］(0＜x＜0.4).所以當(dāng)x=0.1米時,y有最小值,即費(fèi)用為最省,此時CE=CF=0.1米．
點(diǎn)評 實(shí)際應(yīng)用問題側(cè)重考察學(xué)生的分析、理解問題的能力，它要求學(xué)生準(zhǔn)確把握題目內(nèi)容和要求的基礎(chǔ)上，利用已有的數(shù)學(xué)知識，建立起方程、函數(shù)等數(shù)學(xué)模型，具有一定的難度.例9中的問題(2)就是建立二次函數(shù)關(guān)系式的數(shù)學(xué)模型,通過求函數(shù)最小值的方法求得答案.
[2]
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