一例中考题的13种解法及其反思.docVIP

一例中考题的13种解法及其反思 　　如图*，点P为等边△ABC外接圆周劣弧BC上的一点. 　　（1） 求∠BPC的度数； 　　（2） 求证：PA=PB+PC； 　　（3） 设PA，BC交于点M，若AB=4，PC=2，求CM的长度. 　　解析：这是一例延用许多年的经典问题.其中（1）较为简单，由“圆周角”定理易知：∠APB=∠ACB=60°， ∠APC=∠ABC=60°，则∠BPC=∠APB+∠APC=60°+60°=120°.对于（3），解法较少，不做过多探究：由∠ABM=∠CPM， ∠AMB=∠CMP，可得△ABM∽△CPM，则AM1CM=BM1PM=AB1PC=412=2，设CM=x，则AM=2x，结合BC=AB=4，可知BM=4-x，PM=4-x12，PA=AM+PM=2x+4-x12=4+3x12；由∠MPC=∠BPA=60°，∠PCM=∠PAB，可得△PCM∽△PAB，则CM1AB=PC1PA，即x14=214+3x12，即3x2+4x-16=0，解之，得x1=-2+21313，x2=-2-21313 （舍去），即CM=213-213.（2）是经典问题，入口宽，解法多，此处重点分析： 　　一、截长补短法 　　1.截长法 　　欲证PA=PB+PC，可先从PA上“锯”下一段PB长（或PC长）的线段，然后推证余下的一段长等于PC长（或PB长）即可. 　　方法Ⅰ：如图1，在线段PA上截取PD=PB，连结BD.结合∠APB=60°，易知△PBD为等边三角形，则BP=BD，且∠ABC=∠PBD=60°，则∠ABD=∠CBP，又AB=BC，则△ABD≌△CBP，于是有PC=AD，即PA=PD+AD=PB+PC. 　　图1图2方法Ⅱ：如图2，在线段PA上截取AD=BP，连结CD.又∠CAD=∠CBP，CA=CB，则△CAD≌△CBP，于是有CD=CP，结合∠APC=60°，易知△PCD为等边三角形，于是有PD=PC，即PA= AD+PD=PB+PC. 　　方法Ⅲ：如图2，在线段PA上截取PD=PC，连结CD.类似方法Ⅰ，先证△PCD为等边三角形，再证△ACD≌△BCP，可得结论. 　　方法Ⅳ：如图1，在线段PA上截取AD=PC，连结BD.类似方法Ⅱ，先证△ABD≌△CBP，再证△PBD为等边三角形，可得结论. 　　点评：上述四法，均采用“截长法”，其中方法Ⅰ与方法Ⅲ、方法Ⅱ与方法Ⅳ在本质上是相同的. 　　2.补短法 　　欲证PA=PB+PC，可先把PB（或PC）“补”上一段PC长（或PB长）的线段，然后推证补充后的线段长等于PA长即可. 　　方法Ⅴ：如图3，延长线段BP到点D，使PD=PC，连结CD.由∠BPC=120°，可知∠CPD=60°，则△PCD为等边三角形， 于是有∠CDB=∠CPA=60°； 又∠CBD =∠CAP，CB=CA，则△CAP≌△CBD，于是有PA=BD=PB+PD=PB+PC. 　　图3图4方法Ⅵ：如图4，延长线段PB到点D，使BD=PC，连结AD.可知∠ABD=∠ACP，又AB=AC，则△ABD≌△ACP，于是有AD=AP； 结合∠APD=60°，可知△APD为正三角形，则PA=PD=PB+BD=PB+PC. 　　方法Ⅶ：如图5，延长线段CP到点D，使PD=PB，连结BD.类似方法Ⅴ，先证△PBD为等边三角形， 再证△ABP≌△CBD，可得结论. 　　图5图6方法Ⅷ：如图6，延长线段PC到点D，使CD=PB，连结AD.类似方法Ⅵ，先证△ABP≌△ACD，再证△APD为等边三角形， 可得结论. 　　点评：上述四法，均采用“补短法”，其中方法Ⅴ与方法Ⅶ、方法Ⅵ与方法Ⅷ在本质上是相同的. 　　“截长补短”法是处理线段的和、差、倍、分问题时最常用也是最有效的办法.或截长，或补短，要因题制宜，灵活运用. 　　二、三角法 　　结合题、图当中存在众多的60°角，容易联想到构造直角三角形，运用三角函数解决问题. 　　图7方法Ⅸ：如图7，过点C分别作CD⊥AP、CE⊥BP，垂足为D、E.则∠APC=∠CPE=60°.设∠CAD=∠CBE=α，CA=CB=a. 　　在Rt△ADC中 ，有AD=CA?cos∠CAD=a?cosα；类似的，可得： 　　PD=PC×cos60°=PC12，PE=PC?cos60°=PC12， 　　BE=BC?cos∠CBE=a?cosα，PB=BE-PE=a?cosα-PC12； 　　则PB+PC= （a?cosα-PC12）+PC= a?cosα+PC12，PA=AD+PD=a?cosα+PC12，即PA=PB+PC. 　　方法Ⅹ： 如图8，过点B分别作BD⊥AP、BE⊥PC，垂足为D、E.则∠APB=∠BPE=60°.设∠PAB