蒋丽芳
莆田市秀屿区实验中学 351146
中考总复习中学生面对扑面而来的大量题目，往往容易陷入题海战术，学生往往做题越多效果未必越好，所以适当的归纳总结，同类知识的提升，同种方法的迁移应用，从题目中升华出题目的主要解题思想，解题方法，这些归纳总结比简单做题更重要。让学生学会解题，更要学会剖析题目。下面就教学过程中案例做分析。
一．基本图形演变出的新题型，基本解题思路，基本图形的迁移，做这类题目时，让学生学会复杂题目转化为基本图形，基本解题思路进行解答，往往会变得简单，有法可依如例。
变式题1： △ABC是等腰直角三角形，BC=AC，直角顶点C在x轴上，一锐角顶点B在y轴上．
（1）如图①，直角边BC在两坐标轴上滑动，若y轴恰好平分∠ABC，AC与y轴交于点D，过点A作AE⊥y轴于E，请猜想BD与AE有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
（2）如图②，直角边BC在两坐标轴上滑动，使点A在第四象限内，过A点作AF⊥y轴于F，在滑动的过程中，两个结论①
为定值；②
为定值，只有一个结论成立，请你判断正确的结论加并求出定值，不必证明．
解答分析：本题审题时发现好象无从下手，如果结合例1的解题思路就豁然开朗，本题结合三角形全等的判定与性质定理和坐标系的结合，有效考察了学生的综合应用能力，知识迁移能力，应用基本模型例1的解答思路及辅助线做法可以有效降低解题的难度。
二．有些题目不仅是简单的背景发生变化，可能利用基础题型的证明方法加以迁移，深化，从而演变出新的结论，新的题型。
例2．如图，正方形ABCD中，E、F为BC，CD的上点且∠EAF=45°，
求证EF=BE+DF．
解答分析：考察的知识三角形全等判定和性质，图形的旋转。线段相等的迁移。
解答：证明：以A为旋转中心，把三角形ABE逆时针旋转90度，得到三角形ADG，证明△AEF≌△AGF，得到EF=GF，GF=DF+DG=DF+BE，得到EF=BE+DF
变式题1：
如图，正方形ABCD，∠EAF=45゜，AE、AF分别交BC、CD于E、F，交BD于M、N．
求证：（1）EF=BE+DF
分析解答（1）直接利用模型例2解答。
（2）对（1）小题解题思想的提升和推广，解题思想原理于第（1）题一样。
（3）加深对图形结构的了解，发现有好几对相似的三角形，利用相似找到
。
解答：（1）略
（2）绕A逆时针旋转△ABM到△ADG，
连接GN，△DNG为直角三角形，所以根据勾股定理
（3）连接A，C，利用△EAC∽△NAD，
AE：AN=AC：
，得到AE=AN
变式题2：
已知：如图1，把三角尺的直角顶点落在矩形ABCD的对角线交点P处，若旋转三角尺时，它的两条直角边与矩形的两边BC、CD分别相交于M、N，试证：
解答：延长MP交AD于Q，连接QN，△DPQ≌△BPM，△MNP≌△QNP，
得到BM=DQ，MN=NQ，在Rt△QDN中，有QN2=DN2+DQ2，即
．
本题就是利用变式1中第2个结论进行新的演变，本题中∠MPN=∠BPM+∠DPN=与上题中∠EAF=∠BAE+∠DAF=45゜原理一样，
所以证明及结论都可以迁移。新瓶装老酒。
三．利用推广的结论，应用到同类题型的解答，事半功倍。
原题：如图，在以O为原点的直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B（a，b）在第一象限，四边形OABC是矩形，若反比例函数（k＞0，x＞0）的图象与AB相交于点D，与BC相交于点E，且BE=CE．求证：BD=AD；解答分析：已知E是线段BC上的中点。求证F是BA的中点。该题是基本题解答方
较多，以下简单从三个方面证明。
方法一（面积法）：连接OB，由于点E，D在曲线的图象上，根据K的几何意义得到
方法三中推导出反比例函数的图象交矩形于两点E，D，发现DE??AC，这个结论可以推广使用，如BE：BC=1：3，可以推出BD：BA=1：3。
变式题1：（2013?宝应县模拟）如图，在以O为原点的直角坐标系中，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点B在第一象限，四边形OABC是矩形，反比例函数y=（x＞0）与AB相交于点D，与BC相交于点E，若BE=3CE，四边形ODBE的面积是9，则（1）BD：BA= ____,
（2） k= ．
变式题2：如上图，已知△BDE的面积为9，BE=3CE
求（1）四边形OABC的面积(2) 反比例函数的解析式。
解答分析：利用DE??AC的结论可以迎刃而解
（1）证明△BDE∽△BAC又相似比为3：4，推出，所以四边形OABC的面积为16，
（2）略。
以上为本人一些整理，在教学学习过程中还有很多知识需要我们不断学习归纳与积累，教学相长，需要我们勤学勤思考勤整理。