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四边形是空间与图形中的一块重要内容，它不仅体现着和三角形的紧密联系，突出地显示着图形向三角形转化的意义和作用，而且四边形本身还有着美妙而重要的性质，是解决更多数学问题和现实问题的基础.四边形中除了平行四边形及梯形外，还有一种特殊的四边形——一组对角均为直角的四边形，在历年的中考试题中也屡见不鲜，现就这种特殊四边形的解法探析如下.
1解法探析
11构造辅助圆，直观又简捷
若四边形对角互补，则此四边形的四个顶点共圆.如图1，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，连接BD，以BD为直径作⊙O，由于OA=OC=112BD，则点A、C在⊙O上，问题就转化图1为圆的知识来解决.
例1 （2012年泉州）已知：A、B、C不在同一直线上.
（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，ⅰ）如图21，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC的度数和BC的长度； ⅱ）如图22，当∠A为锐角时，求证sin∠A=BC12R；
（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与点A不重合）滑动，如图23，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为点P ，试探索：在整个滑动过程中，P、A两点的距离是否保持不变？请说明理由.
图21 图22 图23解析（1）ⅰ）根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC（=2）的长；ⅱ）构造直角三角形，把∠A放到直角三角形中.连接BO并延长，交圆于点E，连接EC，则∠E=∠A，BE=2R，利用sin∠A=sin∠E=BC1BE=BC12R，得出即可.
（2）注意到四边形ABPC中，∠ ABP=∠ACP=90°，以AP为直径作⊙K，先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用第（1）（ⅱ）小题的结论sin∠A=BC12R，得出AP=BC1sin 60°=4313（定值）即可.
点评此题第（1）小题考查三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数定义等基础知识；第（2）小题，以探索题的形式给出，由于定长线段BC两个端点的滑动导致点P位置的变化，但在整个滑动过程中，P、A两点的距离就是所构造辅助圆⊙K的直径，根据第（1）（ⅱ）小题的结论，可以建立与定长BC之间的联系.第（2）小题关键是构造辅助圆，考查了特殊角的三角函数值，直角三角形中线性质及合理分析解决问题的能力.
12延长对边补成直角三角形，通性又通法
四边形的问题常常转化成三角形来解决，如图3，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，若延长AD、BC相交于点E，四边形就转化为两个直角三角形△ABE和△CDE.
例1（2）另解：如图4，连接AP，并延长BP交AN于点Q，则△QBA∽△QCP ，BQ1AQ=CQ1PQ，又因为∠AQP=∠BQC 所以△QBC∽△QAP，则BC1AP=CQ1PQ得AP=BC1cos∠AQB，已知∠QAB=60° 则∠AQB=30°，所以AP=BC1cos 30°=4313（为定值）.
图3图4点评延长后得到的两个直角三角形△QBA∽△QCP，从而可以得到对应边成比例，进一步可证明△QBC∽△QAP，这样就把AP与已知定长BC之间联系起来了.利用相似三角形和解直角三角形是求未知线段的常用方法，此法的关键是延长补成含60°角的直角三角形.
13作垂线构造相似，经典又给力
图5如图5，过点C分别作CE⊥AB，CF⊥AD，于是就转化为矩形AECF和直角三角形△BCE，根据同角的余角相等得∠BCE=∠DCF，从而知△BCE∽△DCF，问题就转化为相似三角形的知识来解决.
例2（2013年绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上.
（1）如图6，AC∶AB=1∶2，EF⊥CB，求证：EF=CD.
（2）如图7，AC∶AB=1∶3，EF⊥CE，求EF∶EG的值.
图6图7解析 第（1）小题利用全等三角形的判定与性质进行证明；对于第（2）小题，注意到四边形EFDG中，∠GEF=∠GDF=90°，要求EF∶EG的值，可以经过点E作垂线构造相似三角形，再利用相似三角形对应边成比例来解决.作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF∶EG=EQ∶EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=112BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=312AE，又BE=AE，进而求出EF∶EG（1∶3）的值.
点评本题以直角三角形为载体，考查了全等三角形、相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度.第（2）小题解题的关键是分离出一组对角均为直角的四边形EFDG这一图形，作辅助线，构造相似三角形，将两边之比EF∶EG转换为两垂线段之比EQ∶EH.基本图形往往是解决几何问题的重要因素，熟知基本图形的特征，并能从复杂的图形中分离出基本图形，是解决几何问题常用的方法.
例3（2011年绍兴）抛物线y=-114（x-1）2+3与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C.
（1）求点A的坐标及线段OC的长；
（2）点P在抛物线上，直线PQ∥BC交x轴于点Q，连接BQ.
①若含45°角的直角三角板如图所示放置.其中，一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上.求直线BQ的函数解析式；
②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标. 图8图9解析（1）把x=0代入抛物线求出y的值确定点A的坐标，求出抛物线的对称轴得到OC的长.A（0，1114）.OC=1.（2）①由△CDE是等腰直角三角形，注意到四边形CQED中，∠CQE=∠CDE=90°，如图8，分别过点D作x轴和PQ的垂线，通过三角形全等得到正方形DMQN知∠DQO=45°，求出点Q的坐标Q（4，0），然后用待定系数法求出BQ的解析式：y=-x+4.②分点P在对称轴的左右两边讨论，当点P在对称轴右侧，如图9，过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于N，则△CDM∽△EDN当∠DCE=30°，DC1DE=DM1DN=3又DN=MQ，所以DM1MQ=3，则BC1CQ=3， 那么CQ=3，所以Q（1+3，0）可得P1（1+3，914）当∠DCE=60°，点P2（1+33，-1514）.当点P在对称轴的左边时，由对称性知：P3（1-3，914），P4（1-33，-1514）.
综上所述：P1（1+3，914），P2（1+33，-1514），P3（1-3，914），P4（1-33，-1514）.
点评本题以抛物线为背景，上面架构直角三角形、四边形，较好地考查了学生对点的坐标的理解和“数”与“形”的转换能力.对于第（2）的①小题，作垂线后利用三角形全等确定点Q的坐标，突出考查了添加辅助线构造全等三角形解决问题的方法；第②小题是在①的基础上将含45°角的直角三角板演变为含30°角的直角三角板，而解决问题的方法基本不变，只是由原来构造的全等三角形变为构造相似三角形，并且根据点P在对称轴的右边或左边需进行分类讨论.此题将全等、相似、正方形、矩形及直角三角形的典型知识与抛物线有机结合，由浅入深，一气呵成.
1.4利用轴对称变换，独特又精彩
如图10，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，作出点D关于AB和BC的对称点F、E，根据垂直平分线的性质及对称的性质可以解决有关最短路线问题.
图10图11例4（2012年兰州）如图11，四边形ABCD中，∠BAD=120°，∠B=∠D=90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）.
A.130°B.120° C.10°D.100°
解析要使△AMN的周长最小，可以利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，可以作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出A′M=AM，A″N=AN，△AMN周长最小值就是A′A″长，而∠AA′M+∠A″=∠HAA′=60°，进而由∠AMN+∠ANM=2（∠AA′M+∠A″）即可得出结果.答案是B.
点评 此题以四边形为载体，以“线段和的最小值”为核心，意在探讨动点M、N达到确定位置，即使△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM大小的情况，揭示了数学问题中不同的量之间“既相互制约，又相互影响”的事实，体现了知识之间内在联系.解决问题的关键是借助轴对称作图，确定点M、N的位置，使问题得到解决.
2解法启示
对于以上几种解法，尽管所添的辅助线不同，但都体现了一种共同的思想——转化思想，把不规则图形转化为规则图形，把四边形转化为三角形，哪怕借助辅助圆，最终还是归结到三角形中；上述各例题中的几种解法都用到了一些基本图形的性质，如等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形以及全等三角形、相似三角形等基础知识，较好地实现了对“图形与几何”领域基础知识、基本技能的考查.
从以上解法及点评中可以看出，即使是比较复杂的问题，所用到的知识也是再基础不过的了，这就要求教师在日常的教学中，尤其是在中考综合复习阶段，不仅要教给学生解题的方法，而且应与学生共同探究一类问题有哪些解法，让学生说出“为什么这样想”、“用到哪些知识”、“ 同样的方法能用来处理更一般性的命题吗” “这些方法体现了什么样的数学思想”，增强学生解答综合题的信心，提高解答综合题的成功率.我们数学教师在课堂教学中，针对习题教学，不能只充当“二传手”的角色一讲了事，而是要用心去思考、去变化，用智慧去整合、去创新，唯有如此，学生才能受益无穷.
作者简介安国钗，女，1971年生，浙江嵊州人.中学高级教师，绍兴市学科带头人，主要从事中学数学教学研究，在省级以上刊物发表论文多篇。
1解法探析
11构造辅助圆，直观又简捷
若四边形对角互补，则此四边形的四个顶点共圆.如图1，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，连接BD，以BD为直径作⊙O，由于OA=OC=112BD，则点A、C在⊙O上，问题就转化图1为圆的知识来解决.
例1 （2012年泉州）已知：A、B、C不在同一直线上.
（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，ⅰ）如图21，当∠A=45°时，R=1，求∠BOC的度数和BC的长度； ⅱ）如图22，当∠A为锐角时，求证sin∠A=BC12R；
（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与点A不重合）滑动，如图23，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为点P ，试探索：在整个滑动过程中，P、A两点的距离是否保持不变？请说明理由.
图21 图22 图23解析（1）ⅰ）根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC（=2）的长；ⅱ）构造直角三角形，把∠A放到直角三角形中.连接BO并延长，交圆于点E，连接EC，则∠E=∠A，BE=2R，利用sin∠A=sin∠E=BC1BE=BC12R，得出即可.
（2）注意到四边形ABPC中，∠ ABP=∠ACP=90°，以AP为直径作⊙K，先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用第（1）（ⅱ）小题的结论sin∠A=BC12R，得出AP=BC1sin 60°=4313（定值）即可.
点评此题第（1）小题考查三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，锐角三角函数定义等基础知识；第（2）小题，以探索题的形式给出，由于定长线段BC两个端点的滑动导致点P位置的变化，但在整个滑动过程中，P、A两点的距离就是所构造辅助圆⊙K的直径，根据第（1）（ⅱ）小题的结论，可以建立与定长BC之间的联系.第（2）小题关键是构造辅助圆，考查了特殊角的三角函数值，直角三角形中线性质及合理分析解决问题的能力.
12延长对边补成直角三角形，通性又通法
四边形的问题常常转化成三角形来解决，如图3，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，若延长AD、BC相交于点E，四边形就转化为两个直角三角形△ABE和△CDE.
例1（2）另解：如图4，连接AP，并延长BP交AN于点Q，则△QBA∽△QCP ，BQ1AQ=CQ1PQ，又因为∠AQP=∠BQC 所以△QBC∽△QAP，则BC1AP=CQ1PQ得AP=BC1cos∠AQB，已知∠QAB=60° 则∠AQB=30°，所以AP=BC1cos 30°=4313（为定值）.
图3图4点评延长后得到的两个直角三角形△QBA∽△QCP，从而可以得到对应边成比例，进一步可证明△QBC∽△QAP，这样就把AP与已知定长BC之间联系起来了.利用相似三角形和解直角三角形是求未知线段的常用方法，此法的关键是延长补成含60°角的直角三角形.
13作垂线构造相似，经典又给力
图5如图5，过点C分别作CE⊥AB，CF⊥AD，于是就转化为矩形AECF和直角三角形△BCE，根据同角的余角相等得∠BCE=∠DCF，从而知△BCE∽△DCF，问题就转化为相似三角形的知识来解决.
例2（2013年绍兴）在△ABC中，∠CAB=90°，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，EC与AD交于点G，点F在BC上.
（1）如图6，AC∶AB=1∶2，EF⊥CB，求证：EF=CD.
（2）如图7，AC∶AB=1∶3，EF⊥CE，求EF∶EG的值.
图6图7解析 第（1）小题利用全等三角形的判定与性质进行证明；对于第（2）小题，注意到四边形EFDG中，∠GEF=∠GDF=90°，要求EF∶EG的值，可以经过点E作垂线构造相似三角形，再利用相似三角形对应边成比例来解决.作EH⊥AD于H，EQ⊥BC于Q，先证明四边形EQDH是矩形，得出∠QEH=90°，则∠FEQ=∠GEH，再由两角对应相等的两三角形相似证明△EFQ∽△EGH，得出EF∶EG=EQ∶EH，然后在△BEQ中，根据正弦函数的定义得出EQ=112BE，在△AEH中，根据余弦函数的定义得出EH=312AE，又BE=AE，进而求出EF∶EG（1∶3）的值.
点评本题以直角三角形为载体，考查了全等三角形、相似三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，解直角三角形，综合性较强，有一定难度.第（2）小题解题的关键是分离出一组对角均为直角的四边形EFDG这一图形，作辅助线，构造相似三角形，将两边之比EF∶EG转换为两垂线段之比EQ∶EH.基本图形往往是解决几何问题的重要因素，熟知基本图形的特征，并能从复杂的图形中分离出基本图形，是解决几何问题常用的方法.
例3（2011年绍兴）抛物线y=-114（x-1）2+3与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C.
（1）求点A的坐标及线段OC的长；
（2）点P在抛物线上，直线PQ∥BC交x轴于点Q，连接BQ.
①若含45°角的直角三角板如图所示放置.其中，一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上.求直线BQ的函数解析式；
②若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上，另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标. 图8图9解析（1）把x=0代入抛物线求出y的值确定点A的坐标，求出抛物线的对称轴得到OC的长.A（0，1114）.OC=1.（2）①由△CDE是等腰直角三角形，注意到四边形CQED中，∠CQE=∠CDE=90°，如图8，分别过点D作x轴和PQ的垂线，通过三角形全等得到正方形DMQN知∠DQO=45°，求出点Q的坐标Q（4，0），然后用待定系数法求出BQ的解析式：y=-x+4.②分点P在对称轴的左右两边讨论，当点P在对称轴右侧，如图9，过点D作DM⊥x轴于M，DN⊥PQ于N，则△CDM∽△EDN当∠DCE=30°，DC1DE=DM1DN=3又DN=MQ，所以DM1MQ=3，则BC1CQ=3， 那么CQ=3，所以Q（1+3，0）可得P1（1+3，914）当∠DCE=60°，点P2（1+33，-1514）.当点P在对称轴的左边时，由对称性知：P3（1-3，914），P4（1-33，-1514）.
综上所述：P1（1+3，914），P2（1+33，-1514），P3（1-3，914），P4（1-33，-1514）.
点评本题以抛物线为背景，上面架构直角三角形、四边形，较好地考查了学生对点的坐标的理解和“数”与“形”的转换能力.对于第（2）的①小题，作垂线后利用三角形全等确定点Q的坐标，突出考查了添加辅助线构造全等三角形解决问题的方法；第②小题是在①的基础上将含45°角的直角三角板演变为含30°角的直角三角板，而解决问题的方法基本不变，只是由原来构造的全等三角形变为构造相似三角形，并且根据点P在对称轴的右边或左边需进行分类讨论.此题将全等、相似、正方形、矩形及直角三角形的典型知识与抛物线有机结合，由浅入深，一气呵成.
1.4利用轴对称变换，独特又精彩
如图10，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=90°，作出点D关于AB和BC的对称点F、E，根据垂直平分线的性质及对称的性质可以解决有关最短路线问题.
图10图11例4（2012年兰州）如图11，四边形ABCD中，∠BAD=120°，∠B=∠D=90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使△AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）.
A.130°B.120° C.10°D.100°
解析要使△AMN的周长最小，可以利用点的对称，让三角形的三边在同一直线上，四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，可以作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，即可得出A′M=AM，A″N=AN，△AMN周长最小值就是A′A″长，而∠AA′M+∠A″=∠HAA′=60°，进而由∠AMN+∠ANM=2（∠AA′M+∠A″）即可得出结果.答案是B.
点评 此题以四边形为载体，以“线段和的最小值”为核心，意在探讨动点M、N达到确定位置，即使△AMN周长最小时，∠AMN+∠ANM大小的情况，揭示了数学问题中不同的量之间“既相互制约，又相互影响”的事实，体现了知识之间内在联系.解决问题的关键是借助轴对称作图，确定点M、N的位置，使问题得到解决.
2解法启示
对于以上几种解法，尽管所添的辅助线不同，但都体现了一种共同的思想——转化思想，把不规则图形转化为规则图形，把四边形转化为三角形，哪怕借助辅助圆，最终还是归结到三角形中；上述各例题中的几种解法都用到了一些基本图形的性质，如等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形以及全等三角形、相似三角形等基础知识，较好地实现了对“图形与几何”领域基础知识、基本技能的考查.
从以上解法及点评中可以看出，即使是比较复杂的问题，所用到的知识也是再基础不过的了，这就要求教师在日常的教学中，尤其是在中考综合复习阶段，不仅要教给学生解题的方法，而且应与学生共同探究一类问题有哪些解法，让学生说出“为什么这样想”、“用到哪些知识”、“ 同样的方法能用来处理更一般性的命题吗” “这些方法体现了什么样的数学思想”，增强学生解答综合题的信心，提高解答综合题的成功率.我们数学教师在课堂教学中，针对习题教学，不能只充当“二传手”的角色一讲了事，而是要用心去思考、去变化，用智慧去整合、去创新，唯有如此，学生才能受益无穷.
作者简介安国钗，女，1971年生，浙江嵊州人.中学高级教师，绍兴市学科带头人，主要从事中学数学教学研究，在省级以上刊物发表论文多篇。