用积淀的“抄袭”能力，畅解重庆中考压轴题（文146）

微风

　　考场上的解题招术招法，立足于平时对答题手法的谋略性、创意性、模型性、批判性及通性通法等思考的启悟和保存；来自于平时就破解了的一些问题情景特征的领悟、积累；输出于“抄袭”平时就破译了的解析来路、思路，出路密码，从而从容笑对那绝不是玄奥的考题。

本文，以2022年重庆中考的压轴题为材料，通过透视命题老师的解题密码箱，“抄袭”那些普通而又美妙的数学思想方法，享受一次有麻辣味的重庆“小面思维餐”，过一次“抄袭”解题招术招法的乐趣之瘾。

A卷考题呈现：如图,在锐角△ABC中，∠A=60°,点D, E分别是边AB, AC上一动点，连接BE交直线CD于点F.

(1)如图1,若AB＞AC,且BD=CE,∠BCD=∠ CBE,求∠CFE的度数;

(2)如图2,若AB=AC,且BD=AE,在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM,连接MF,点N是MF的中点,连接CN .在点D, E运动过程中，猜想线段BF,CF,CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想;

(3)若AB=AC,且BD=AE,将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP,点H是AP的中点,点K是线段PF上一点,将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK,连接PQ .在点D,E运动过程中,当线段PF取得最小值,且QK⊥PF时，请直接写出PQ：BC的值.

问题(1) 认识到待求∠CFE与条件∠A=60°，分别是四边形ADEF的外角和内对角,则直觉四边形ADFE是外角等于内对角（也即对角互补）的特殊四边形.于是，猜想四边形ADFE的外角∠CFE=∠A=60°. 那么，证得另一组外角与内对角∠CEF=∠ADF得解.

注意到已知等角∠BCD=∠CBE的两顶点，是一条线段BC的两个端点，则可锁定二个相等的边角条件：∠BCD=∠CBE,BC=CB.于是，“抄袭”构造全等三角形“锁定二等，再添一等”的基本谋略，添加辅助线造型、导角.

解法一：

锁定二等，再添直角，构造全等.

解法二：

锁定二等，以一个三角形为模特构造全等.

解法三：锁定二等，以△BCD为模特，改造△CBE造全等.

反思：锁定二等，选择模特，仿造一等，是构造全等三角形的基本谋略.

问题(2)

首先扩展信息条件，辨识基本图形，发现基本模型，感受存在什么题根母题的观察思考：

观察思考① 认识到A=60°，AB=AC时,△ABC是等边三角形，则由等边△ABC三角形两条边上的BD=AE,认识到有“靠边全等三角形”的题根,于是，“抄袭”命题者命制此类试题的“靠边全等三角形思维密码”，远见到等边△ABC内的四边形ADFE是外角等于内对角的四边形.

　　如此观察思考“靠边全等或相似”三角形的通性通法，在解答今年重庆中考第9题的十字架型态考题时，也应“抄袭”运用.

　　所以，正方形的十字架结构，也有同理、同样的隐性深层知识：四边形CDPE是对角互补的四边形.

观察思考② 由线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM的信息，意识到有CB=CM，且顶角∠BCM=60°+60°=120°的隐性等腰△CMB；

观察思考③ 直觉三线BF,CF,CN存在和差数量关系.则设法将其中的一条线段“一分为二”或者将其中的两条线段“合二为一”.

观察思考④ 因探究线段中的CN一端点N，是线段MF的中点，另一端点C和点M，是隐性等腰△CMB的顶点.则“抄袭”等腰三角形顶角顶点是隐性中点的解题密码，透视到CN是隐性的三角形中位线.

　问题（2）的上述四个解法，“抄袭”的都是常见常用的基本解题谋略和基本的招术招法，其解析主旋律是：辩识靠腰三角形，构造手拉手模型和发现、利用隐性的中位线。

此问还可”抄袭”构造等边三角形将两线段“合二为一”的招术，同时“抄袭”加倍中线；或造中位线的招法，然后证明形成的全等三角形或相似三角形得解。多多的解法，后面，再简述几法。



解答问题（3），可以“抄袭”哪些基础性的解析方法?

　　认识到是在线段PF取得最小值时的求值问题，则“抄袭”解决此类问题的谋略：先确定最值型态，再根据最值型态计算求值.

观察思考是什么类型的最值问题？

数学心：因为主动点D、E运动时，从动点F始终是∠BFC=120°的定角顶点，则呈现出定角∠BFC对定参数边BC的情景.

∵从动点F的轨迹是隐圆上的圆弧.

“抄袭”确定此类隐圆圆心的解码，得知隐圆的圆心在BC的下方，且是顶角为120°的等腰△OBC顶点O.

∴点F的轨迹是如图所示的红色圆弧.

　　因为最值线段PF的端点P，是△ABC沿直线AB翻折后所得△ABP的顶点，则点P是菱形APBC的定顶点.

所以，是定点到定圆弧上一动点的最小值类问题 .那么，当P、F、O三点共线时，PF取得最小值.

　　观察到PK、KH、GH分别是斜△HPK的边和高，则意识到解斜△HPK可得解.

如何解斜△HPK？

因斜△HPK中，∠PKH=45°，且可设一条参数边，则还需一个条件，斜△HPK才可解.

“抄袭”解斜三角形，边角条件不够，三角函数或边比关系来相助的谋略，注意到∠HPK也是△APO的内角，于是连接AO,由易知的直角△APO，计算tan∠APO的值,得tan∠HPK的值.

或通过Rt△GPH∽Rt△APO，由Rt△APO可得的三边比关系，得Rt△GPH的三边比关系.

　　对本压轴题美妙的问题（2），再简约讲述十个解法.

思路来路主旋律一：两线合一十倍长中线或造中位线十全等或相似三角形

先立足于“抄袭”将两线“合二为一”的谋略，作等边△CFP，得到线段BP=BF+FP=BF+CF后，再从点N是MF中点的条件出发，“抄袭”倍长中线或者造中位线的技法，通过共顶点角的加减和平行线导得等角，建构全等三角形通道或相似三角形通道求解.

反思：倍长中线CN为CG后，应意识到能生成平四形CMGF. 法一、法二实际上是分别利用了该平四形被对角线CG分割的某一个三角形，所以，解析方法是同理、同样的，是可抄袭的.

思路来路主旋律二：倍长中线+全等三角形+等边三角形

思路来路主旋律三：造中位线，构造对角互补的四边形，用最本手的模型思路、出路求解.

由线段CN的端点N是线段MF的中点，端点C是等腰△CMB的顶点，得知点C是隐性中点.则透视到线段CN是隐性的中位线,那么，延长MC至P，使CP=MC，连接FP，由NP=NF，得CN是△MCF的中位线，

∴FP=2CN ①，

此时，∵∠BCP=180°-∠BCM

=180°-120°=60°，

又CB=CA=CM=CP，

∴同时生成的△CBP是等边三角形.

则认识到问题可转化为探究碰头三线FB、FC、FP的数量关系.

　　在碰头三线FB、FC、FP的四个端点F、B、P、C构成的四边形FBPC中，

∵∠BPC=60°，∠BFC=120°，

∴四边形FBPC是对角互补的四边形（也即外角等于内对角的四边形）.

又PB=PC

则辩识到四边形FBPC是一组邻边相等的对角互补四边形.

因为这是一个非常基础的几何模型.则熟练地“抄袭”“碰头三线思旋转”的基本谋略一，构造“手拉手模型”，得

以将两线“合二为一”的基本谋略二，得

反思：问题（2）的上述14个解法，既有谋略、思路的共通性，又有从不同观察思考角度催生的，有所变异的来路和出路。但它们都来自于那些基础性的解题思想方法，都来自于基本模型的逻辑思维。更多略有变异的解法，不再累述。仅再提示一个本手的解析出路：抓住一组邻边相等的对角互补四边形PBFC，抄袭旋转思路：将FC（或FB）绕点F顺时针（或逆时针）旋转60°，构造“手拉手模型”得解.

　　2022年重庆中考A、B姊妹卷的压轴题，其试题背景都是给出一个显性的等腰三角形，再给出一个由线段旋转生成的等腰三角形和一条线段的中点，以“两等腰三角形+线段中点”为条件的主基调，设置探究三条线段数量关系的问题（2）；然后设置一个翻折三角形的情景，计算一条线段的最小值或与之相关的求值问题（3）.所以，解析两卷压轴题的添线构型思维主旋律，是可以相互“抄袭”的。即解答A、B两卷的技法技术是相通的。那些解析B卷压轴题的同理、同样而又稍有变迁的思路、出路，见下篇文档，《用模型招术解22年的重庆B卷压轴题》