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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容，縱觀2008年全國各地中考試題，可以發現諸多以正方形為載體，結合其它數學知識的優秀試題，格調清新、構思巧妙，較好的考察了學生的基礎知識、學習能力和思維水平.現拮取幾例加以賞析：
1 與拼圖相結合,注重考察學生的觀察能力.
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 觀察發現這里正方形內的七巧板有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。利用數字標出組成正方形和小貓的七巧板之間的對應關系，如圖2所示，∠AOB內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可發現: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A和B的關系式均正確. 解①、②得x=7,y=5.因此：xy=35, x ＋y =74.所以答案為選擇D.
點評 例1、例2的拼圖試題在教材中是具有相應原型的，這里改編成中考試題可謂老樹發新枝。事實上學生若能認真觀察圖形的本身特點進而找到相應數量關系，準確解答并不是件難事。
2 與多邊形、圓相結合,注重考察學生對幾何性質的綜合運用.
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之間的關系是 ．
解析 此題中所求三個正方形的面積S1、S2 、S3之間的關系實質是求梯形ABCD的兩個腰長及上底邊邊長
三者的平方關系.可利用梯形的高來建立橋梁
作用.如圖5，分別過點
A、B做AE⊥DC,BF⊥DC,
垂足分別為E、F.設
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)在一次數學探究性學習活動中，某學習小組要制作一個圓錐體模型，操作規則是：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面時，圓恰好是該圓錐的底面．他們首先設計了如圖6所示的方案一，發現這種方案不可行，于是他們調整了扇形和圓的半徑，設計了如圖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) 因為扇形ABC的弧長＝ ×16×2π＝8π，因此圓的半徑應為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．
點評 將正方形與多邊形、圓結合是中考中出現頻率較高的題目。此類題目涉及知識點較多，跨度較大，需要學生具有較為扎實的基本功，具有綜合運用相關數學知識的能力。
3 與“動點問題”相結合,注重考察學生對不變因素的探究能力.
例5 (湖北武漢市)正方形ABCD中，點O是對角線AC的中點，P是對角線AC上一動點，過點P作PF⊥CD于點F。如圖8，當點P與點O重合時，顯然有DF＝CF．
(1)如圖9，若點P在線段AO上（不與點A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于點E.
①求證：DF＝EF；
②寫出線段PC、PA、CE之間的一個等量關系，并證明你的結論；
(2)若點P在線段OC上（不與點O、C重合），PE⊥PB且PE交直線CD于點E。請完成圖10并判斷(1)中的結論①、②是否分別成立？若不成立，寫出相應的結論（所寫結論均不必證明）
解析 (1) ①如圖11過點P做PH⊥BC,垂足為點H,連接PD.此時四邊形PFCH為正方形.容易證出△APB≌△APD,推得 ∠BPC=∠DPC，進一步可得∠BPH =∠DPF；由∠BPH +∠HPE =90°,∠EPF + ∠HPE=90°，得∠BPH =∠EPF.因為PE⊥DC,可證得DF=FE.
②由EF+CE= PC得:DF=EF= PC－EC.因為PF∥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E,使得PE⊥PB.此時有結論①DF=EF成立.而結論②不成立, PC、PA、EC存在PA=PC+ EC關系.證明與②類似,略.
點評 動點問題是中考熱點問題之一，它要求學生善于抓住運動變化的規律性和不變因素，把握運動與靜止的辨證關系.例5中,無論動點P在線段AC上如何運動, ∠BP
[1]
4 與對稱、旋轉相結合,注重考察學生變換的思想.
例6 （重慶市）如圖13，在正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合.展開后，折痕DE分別交AB、AC于點E、G，.連接GF.下列結論：①∠AGD=112.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD =S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG.其中正確結論的序號是 .
解析 由題意可知△AED和△FED關于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.所以正確的結論是①、④、⑤，其余結論顯然不成立。
例7 （黑龍江齊齊哈爾市） 已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN繞點A順時針旋轉，它的兩邊分別交CB,DC（或它們的延長線）于點M,N．當∠MAN繞點A旋轉到BM=DN時（如圖14），易證BM+DN=MN．
（1）當∠MAN繞點A旋轉到BM≠DN時（如圖15），線段BM,ND和MN之間有怎樣的數量關系？寫出猜想，并加以證明．
（2）當∠MAN繞點A旋轉到如圖16的位置時，線段BM,ND和MN之間又有怎樣的數量關系？請直接寫出你的猜想．
解析 (1)如圖17，把△AND繞點A順時針90°，得到△ABE，則有DN=BE,∠EAM= ∠MAN=45°.進而可證得：△AEM≌△AMN.所以MN=ME=MB+EB=MB+DN.
(2) 線段BM,ND和MN之間存在MN = DN－MB.
點評 平移、翻折和旋轉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的邊、角均相等.巧妙的運用變換的基本性質或構造變換圖形，均可以使題目的解答簡易而順暢.
5 與函數圖象相結合,注重考察學生的數形結合思想.
例8 （湖南長沙市） 在平面直角坐標系中，一動點P（x，y）從M（1，0）出發，沿由A（－1，1），B（－1，－1），C（1，－1），D（1，1）四點組成的正方形邊線（如圖18）按一定方向運動。圖19是P點運動的路程s（個單位）與運動時間 （秒）之間的函數圖象，圖20是P點的縱坐標y與P點運動的路程s之間的函數圖象的一部分.
（1）s與t之間的函數關系式是： ；
（2）與圖20相對應的P點的運動路徑是： ；P點出發 秒首次到達點B；
（3）寫出當3≤s≤8時，y與s之間的函數關系式，并在圖16中補全函數圖象.
解析 （1）圖19是正比例函數圖象，易求得s與t之間的函數關系式為：S= (t≥0)
（2）從圖20的函數圖象可以看出，動點P的縱y在運動時隨時間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點在正方形的運動路徑是：M→D→A→N.由圖18、19可知，P點從點M運動到點B的路程為5，速度為0.5，所以首次到達點B需要時間為10秒.
(3)結合圖18和圖20，分析可得，第1秒之前，動點P從點M向點D處運動；第1至3秒時，動點P從點D向點A處運動； 第3至5秒時，動點P從點A向點B處運動；第5至7秒時，動點P從點B向點C處運動；第7至8秒時，動點P從點C向點M處運動.時間段不同，函數關系不同，因此列分段函數為：當3≤s＜5，y= 4－s；當5≤s＜7，y=－1；當7≤s≤8，y= s－8．補全的函數圖象如圖21.
點評 函數圖象問題是數形結合的數學思想的重要體現，在中考試卷中也往往作為具有一定區分度的題目出現。例8是一個分段函數問題，其關鍵是依據函數圖象弄清楚點P在正方形ABCD上的哪一段運動,坐標與時間、路程如何變化.
6 與實際問題相結合,注重考察學生構建數學模型的能力.
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，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用最省？
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點按順時針方向旋轉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CE=x米, 則BE=（0.4－x）米,每塊地磚的費用為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x=0.1米時,y有最小值,即費用為最省,此時CE=CF=0.1米．
點評 實際應用問題側重考察學生的分析、理解問題的能力，它要求學生準確把握題目內容和要求的基礎上，利用已有的數學知識，建立起方程、函數等數學模型，具有一定的難度.例9中的問題(2)就是建立二次函數關系式的數學模型,通過求函數最小值的方法求得答案.
[2]
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