论文部分内容阅读
[摘要]半角模型及其变式结构简单，性质丰富，方法经典多样，涉及等腰三角形和正方形的判定和性质、四点共圆、圆的基本性质、三角形相似的判定及性质、旋转、翻折、勾股定理、化斜为直思想、方程思想、分类讨论思想等，从简单到复杂，有很高的探究价值.
[关键词]半角模型变式核心素养
半角模型是指从正方形的一个顶点引出夹角为450的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.半角模型及其变式结构简单，性质丰富，方法经典多样下面借助2020年杭州市中考数学卷第23题对其作探究.
1原题呈现
如图1，已知AC、BD为00的两条直径，连结AB、BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连结EF、DF，设OB与EF交于P.
（1）求证：PE=PF.
（2）若DF=EF，求∠BAC的度数.
试题评价：本题是一道压轴题，综合性强，该题经典解法较多，因此信度较高.本题与经典的半角模型联系密切，能引导教学关注经典，拓展经典，夯实通法;本题可作多种变式拓展，是一道优秀的题目本题抽象性强，对逻辑推理和数学运算的要求较高.题目以轴对称图形圆和矩形作为背景，将轴对称图形的对称轴重合在一起得到的图形组合往往也具有轴对称的性质，而这种图形直观也往往是问题解决的切入口，因此本题还能考查学生直观想象和合理推断的能力.
原解简析：（1）如图2，取OB中点N，连结FN，易证FN是△OBC的中位线，OE是△ABC的中位线，易得四边形OENF是一个平行四边形，所以PE=PF.
（2）如图2，延长FN交AB于M，OE∥FM∥BC，F是OC的中点，易得M是EB的中点，根据中垂线性质可得FE=FB，进而有DF=BF;由于DO=OB，所以△DOF≌△BOF，可得∠DOF= ∠BOF=90°，从而矩形ABCD是正方形，得到∠CAB=45°.
原解评价：第一问原解利用BC同属于△ABC和△OBC两个三角形的事实，构造OE和FN与BC的关系，从而得到平行四边形OENF，利用“平行四边形的对角线相互平分”来证明两条线段相等;这种方法相对少见.
第二问原解首先利用了平行线分线段成比例和中垂线的性质，得到两对全等三角形，分别是△FEM≌△FBM和△D OF≌△BOF，进而得到矩形ABCD对角线的相互垂直关系，推导出该矩形为正方形，从而求解.原解要以“直观猜测”“合情推理”为基础，但是在问题求解之前，是不容易“猜测到”或者“感知到”该矩形为正方形的.
2一题多解
分析：（1）要解决问题一，关键点在于利用“F是OC的中点”这个条件，主要思路有过F构建中位线，利用中位线的性质来解决问题过F作BC、DB的平行线，过C作EF的平行线，过E作BD的平行线都可以构建中位线. （2）猜测矩形ABCD为正方形，先要证AC和BD相互垂直，联想到题目条件“DF=FE”，或许需要构造以这两条边为对应边的全等三角形，
一题多解简析：（1）①法一：如图3，过F作FN//OE交BD于N，证△OEP≌△NFP，得.
法二：如图4，作FM∥BC交OB于N，得到OE是△ABC的中位线，FN是△OBC的中位线，易证四边形OENF是平行四边形，可得PE=PF.得
法三：如图5，连结CD，延长EO交CD于H，连结HF，易证0是HE的中点，H是CD的中点，得到HF是△COD的中位线，HF//DB，即HF//OP，PF= HO=1，从而PE=PF
法四：如图6，作CB的中点H，连结FH，过H作HL//EF，易得四边形FPLH是平行四边形，可得FP=HL，∠OPE=∠FPB=∠HLB;由OE是△ABC的中位线，可得OE= BC=HB，∠EOP= ∠HBL，进而有△OPE≌△BLH，PE=HL，所以.
法五：如图7，过c作co∥FP，易证FP是△oQC的中位线，得到-=
CQ;△OPE∽△BQC，PE=
CQ，从而PE=PF
法六：如图8，取OA中点G，可得OP是△FGE的中位线，从而PE=PF.
（2）法一：如图9，取OA的中点G，连结ECJ、DG，可得△GODuU≌△EGF，从而DO⊥GF，从而矩形ABCD是正方形，∠A=45°.
法二：如图10，过F作TS∥BC，分别交CD、AB于T、s，易证△TFC～△SFA，得FS=
FA= ;设AB=a，AD=b，由DF=FE，可得
，化简得.
3试题优解
分析：由于圆和矩形都是轴对称图形，本题中两个图形的对称轴重合，因此该图形具有轴对称性，利用该性质可对图形性质作合理推断.另外，以正方形和矩形为背景的问题，可以引入平面直角坐标系，在“竖直方向”和“水平方向”上通过坐标之间的关系来考察线段之间的关系，从而避开了繁杂的平移、旋转、全等或相似变换。
优解简析：如图11，以点A为原点，分别以AB和AD所在直线为x轴和v轴建立平面直角坐标系;
设AB=a， AD=b， 则B（a，o），c（a，b），D（o，b），E（ ，o），F（ ， ）图11
（1）易得直线EF和DB的解析式分别为，
，从而P（
），易证点P是EF的中点，所以PF=PE. （ 2）DF=
由DF=EF，可得a=b，四边形ABCD是正方形，故∠CAB=45°.
4試题拓展
分析：该题属于半角模型的一种变式，探究过程涉及等腰三角形的判定及性质、正方形的判定和性质、四点共圆、圆的基本性质、三角形相似的判定及性质、旋转、翻折、勾股定理、化斜为直思想、方程思想、分类讨论思想等，从简单到复杂，有很高的探究价值， 拓展（1）：如图12，已知AC、BD为00的两条直径，∠CAB=45°，连结AB、BC、CD和AD，oE⊥AB于点E，点F是半径oc的中点，连结EF、DF.
简析：易得四边形ABCD是正方形;不妨设AB=4，过F作TS//BC，分别交CD、AB于T、s，易得FS=3，TF=1，DT=3，ES=1，得到EF和DF的长度均为
，從而有EF=DF，即得到原题（2）的逆命题;进一步地DE的长度为
，从而△DEF是等腰直角三角形，从而∠FDE=45°.
这时，问题转化为著名的半角模型.
拓展（ 2）：如图1 3，正方形ABCD中，∠EDK=45°，点E、K分别在AB、BC上，DE、DK分别交AC于I、F，EF、IK交于点L
简析①：如图13，由于∠IDK=∠ICK=45°，可得D、I、K、C四点共圆;因为∠DCK=90°，所以∠DIK=90°，从而△DIK是等腰直角三角形;同理D、A、E、F四点共圆;因为∠DAE=90°，所以∠DFE=90°，从而△DFE是等腰直角三角形.由于I、E、K、F四点共圆，从而得到△FLI∽△KLE，△ELI∽△KLE.
简析②：如图13，∠DAF=∠DF=45°，∠DFA= ∠DFA，得到△ADF～△DIF;由于AD∥KC，司得△ADF∽△CKF，从而△ADF∽△DIF∽△CKF;同理△CDIt∽△DFlu∽△AEI;
将△DCK绕点D逆时针旋转90°，△DCK与△DAK重合，DC与DA重合，可得△DIF∽△ADF∽△CID∽△CKF∽△AIE∽△DKE
由△DIF∽△DKE，得到
;进而KE=
，S△DEK= 2S△DFI.
简析③：如图14，设F的对应点为Ff，由DK’= DK，∠K’DE= ∠KDE，DE= DE，得到△K’DE≌△KDE，从而有EK= EK’=AE AK’= AE CK，即EK= AE CK.
简析④：如图14，取点F的对应点F’，连结IF’，易得△DCF≌△DAF，得CF= AF’;△ADF≌△DFl，碍FI=/F;易证∠IAF= 90°，从而F’12= AI2， F’A2，即IF2= /A2 CF2
拓展（3）：如图1 5，正方形ABCD中，点E、F分别在AB、AC上，∠DFE=90°，连结DF、FE、DE.
简析：过F作TS//CB，交CD、AB于T、S，过F作FR⊥BC，垂足为R，△TDF和△SFE形成了“一线三等角”模型， 图15△TDF≌△SFE，进而得到DF=FE，∠FDE=45°.
另外，由图形的对称性，还可猜想DF=BF，因此△FEB是等腰三角形，S是EB的中点，证略.
拓展（4）：如图16，四边形D
ABCD为矩形，DA=2，CD-4，E在AB上，∠EDB=45°，求AE.
简析：过E作EF⊥DB，垂足为 F，过F作TS//BC，得到△DTFu∽△FSE和△DTF≌△FSE设TF=x，由于DT= DC= ，可得x=
，所以AE=.
5.教学导向
经典之所以是经典.在于其集典型性、发展性和应用性于一身在不同学段进行模型拓展和应用，能使经典模型螺旋上升，适当重复，内化浑成，促进深度学习，培育核心素养，
教师也不必跳入题海，一题多解、一题多变能多视角全面提升数学思维和方法.从“一题多解、一题多变”到“多解归一、一法多用”，提炼共性，举一反三，触类旁通.
在一题多解中要注重挖掘优解，优解兼具自然、快速、通用的特点.它就像一条迷雾中的铁轨，你不知道它通往何方，却总能引领你准确快速地到达;它一法多用，屡试不爽，让你信心百倍.
[关键词]半角模型变式核心素养
半角模型是指从正方形的一个顶点引出夹角为450的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型.半角模型及其变式结构简单，性质丰富，方法经典多样下面借助2020年杭州市中考数学卷第23题对其作探究.
1原题呈现
如图1，已知AC、BD为00的两条直径，连结AB、BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连结EF、DF，设OB与EF交于P.
（1）求证：PE=PF.
（2）若DF=EF，求∠BAC的度数.
试题评价：本题是一道压轴题，综合性强，该题经典解法较多，因此信度较高.本题与经典的半角模型联系密切，能引导教学关注经典，拓展经典，夯实通法;本题可作多种变式拓展，是一道优秀的题目本题抽象性强，对逻辑推理和数学运算的要求较高.题目以轴对称图形圆和矩形作为背景，将轴对称图形的对称轴重合在一起得到的图形组合往往也具有轴对称的性质，而这种图形直观也往往是问题解决的切入口，因此本题还能考查学生直观想象和合理推断的能力.
原解简析：（1）如图2，取OB中点N，连结FN，易证FN是△OBC的中位线，OE是△ABC的中位线，易得四边形OENF是一个平行四边形，所以PE=PF.
（2）如图2，延长FN交AB于M，OE∥FM∥BC，F是OC的中点，易得M是EB的中点，根据中垂线性质可得FE=FB，进而有DF=BF;由于DO=OB，所以△DOF≌△BOF，可得∠DOF= ∠BOF=90°，从而矩形ABCD是正方形，得到∠CAB=45°.
原解评价：第一问原解利用BC同属于△ABC和△OBC两个三角形的事实，构造OE和FN与BC的关系，从而得到平行四边形OENF，利用“平行四边形的对角线相互平分”来证明两条线段相等;这种方法相对少见.
第二问原解首先利用了平行线分线段成比例和中垂线的性质，得到两对全等三角形，分别是△FEM≌△FBM和△D OF≌△BOF，进而得到矩形ABCD对角线的相互垂直关系，推导出该矩形为正方形，从而求解.原解要以“直观猜测”“合情推理”为基础，但是在问题求解之前，是不容易“猜测到”或者“感知到”该矩形为正方形的.
2一题多解
分析：（1）要解决问题一，关键点在于利用“F是OC的中点”这个条件，主要思路有过F构建中位线，利用中位线的性质来解决问题过F作BC、DB的平行线，过C作EF的平行线，过E作BD的平行线都可以构建中位线. （2）猜测矩形ABCD为正方形，先要证AC和BD相互垂直，联想到题目条件“DF=FE”，或许需要构造以这两条边为对应边的全等三角形，
一题多解简析：（1）①法一：如图3，过F作FN//OE交BD于N，证△OEP≌△NFP，得.
法二：如图4，作FM∥BC交OB于N，得到OE是△ABC的中位线，FN是△OBC的中位线，易证四边形OENF是平行四边形，可得PE=PF.得
法三：如图5，连结CD，延长EO交CD于H，连结HF，易证0是HE的中点，H是CD的中点，得到HF是△COD的中位线，HF//DB，即HF//OP，PF= HO=1，从而PE=PF
法四：如图6，作CB的中点H，连结FH，过H作HL//EF，易得四边形FPLH是平行四边形，可得FP=HL，∠OPE=∠FPB=∠HLB;由OE是△ABC的中位线，可得OE= BC=HB，∠EOP= ∠HBL，进而有△OPE≌△BLH，PE=HL，所以.
法五：如图7，过c作co∥FP，易证FP是△oQC的中位线，得到-=
CQ;△OPE∽△BQC，PE=
CQ，从而PE=PF
法六：如图8，取OA中点G，可得OP是△FGE的中位线，从而PE=PF.
（2）法一：如图9，取OA的中点G，连结ECJ、DG，可得△GODuU≌△EGF，从而DO⊥GF，从而矩形ABCD是正方形，∠A=45°.
法二：如图10，过F作TS∥BC，分别交CD、AB于T、s，易证△TFC～△SFA，得FS=
FA= ;设AB=a，AD=b，由DF=FE，可得
，化简得.
3试题优解
分析：由于圆和矩形都是轴对称图形，本题中两个图形的对称轴重合，因此该图形具有轴对称性，利用该性质可对图形性质作合理推断.另外，以正方形和矩形为背景的问题，可以引入平面直角坐标系，在“竖直方向”和“水平方向”上通过坐标之间的关系来考察线段之间的关系，从而避开了繁杂的平移、旋转、全等或相似变换。
优解简析：如图11，以点A为原点，分别以AB和AD所在直线为x轴和v轴建立平面直角坐标系;
设AB=a， AD=b， 则B（a，o），c（a，b），D（o，b），E（ ，o），F（ ， ）图11
（1）易得直线EF和DB的解析式分别为，
，从而P（
），易证点P是EF的中点，所以PF=PE. （ 2）DF=
由DF=EF，可得a=b，四边形ABCD是正方形，故∠CAB=45°.
4試题拓展
分析：该题属于半角模型的一种变式，探究过程涉及等腰三角形的判定及性质、正方形的判定和性质、四点共圆、圆的基本性质、三角形相似的判定及性质、旋转、翻折、勾股定理、化斜为直思想、方程思想、分类讨论思想等，从简单到复杂，有很高的探究价值， 拓展（1）：如图12，已知AC、BD为00的两条直径，∠CAB=45°，连结AB、BC、CD和AD，oE⊥AB于点E，点F是半径oc的中点，连结EF、DF.
简析：易得四边形ABCD是正方形;不妨设AB=4，过F作TS//BC，分别交CD、AB于T、s，易得FS=3，TF=1，DT=3，ES=1，得到EF和DF的长度均为
，從而有EF=DF，即得到原题（2）的逆命题;进一步地DE的长度为
，从而△DEF是等腰直角三角形，从而∠FDE=45°.
这时，问题转化为著名的半角模型.
拓展（ 2）：如图1 3，正方形ABCD中，∠EDK=45°，点E、K分别在AB、BC上，DE、DK分别交AC于I、F，EF、IK交于点L
简析①：如图13，由于∠IDK=∠ICK=45°，可得D、I、K、C四点共圆;因为∠DCK=90°，所以∠DIK=90°，从而△DIK是等腰直角三角形;同理D、A、E、F四点共圆;因为∠DAE=90°，所以∠DFE=90°，从而△DFE是等腰直角三角形.由于I、E、K、F四点共圆，从而得到△FLI∽△KLE，△ELI∽△KLE.
简析②：如图13，∠DAF=∠DF=45°，∠DFA= ∠DFA，得到△ADF～△DIF;由于AD∥KC，司得△ADF∽△CKF，从而△ADF∽△DIF∽△CKF;同理△CDIt∽△DFlu∽△AEI;
将△DCK绕点D逆时针旋转90°，△DCK与△DAK重合，DC与DA重合，可得△DIF∽△ADF∽△CID∽△CKF∽△AIE∽△DKE
由△DIF∽△DKE，得到
;进而KE=
，S△DEK= 2S△DFI.
简析③：如图14，设F的对应点为Ff，由DK’= DK，∠K’DE= ∠KDE，DE= DE，得到△K’DE≌△KDE，从而有EK= EK’=AE AK’= AE CK，即EK= AE CK.
简析④：如图14，取点F的对应点F’，连结IF’，易得△DCF≌△DAF，得CF= AF’;△ADF≌△DFl，碍FI=/F;易证∠IAF= 90°，从而F’12= AI2， F’A2，即IF2= /A2 CF2
拓展（3）：如图1 5，正方形ABCD中，点E、F分别在AB、AC上，∠DFE=90°，连结DF、FE、DE.
简析：过F作TS//CB，交CD、AB于T、S，过F作FR⊥BC，垂足为R，△TDF和△SFE形成了“一线三等角”模型， 图15△TDF≌△SFE，进而得到DF=FE，∠FDE=45°.
另外，由图形的对称性，还可猜想DF=BF，因此△FEB是等腰三角形，S是EB的中点，证略.
拓展（4）：如图16，四边形D
ABCD为矩形，DA=2，CD-4，E在AB上，∠EDB=45°，求AE.
简析：过E作EF⊥DB，垂足为 F，过F作TS//BC，得到△DTFu∽△FSE和△DTF≌△FSE设TF=x，由于DT= DC= ，可得x=
，所以AE=.
5.教学导向
经典之所以是经典.在于其集典型性、发展性和应用性于一身在不同学段进行模型拓展和应用，能使经典模型螺旋上升，适当重复，内化浑成，促进深度学习，培育核心素养，
教师也不必跳入题海，一题多解、一题多变能多视角全面提升数学思维和方法.从“一题多解、一题多变”到“多解归一、一法多用”，提炼共性，举一反三，触类旁通.
在一题多解中要注重挖掘优解，优解兼具自然、快速、通用的特点.它就像一条迷雾中的铁轨，你不知道它通往何方，却总能引领你准确快速地到达;它一法多用，屡试不爽，让你信心百倍.