梳理思维“乱麻”
2022年重庆市中考数学A卷第25题
通常情况下，几何题的线条多寡直接决定了其复杂度，虽然一些优秀的几何压轴题，线条不多，思维却很有深度，但是以学生角度来看，图形复杂度增加之后，理清其中的位置关系和数量关系的难度却是直线上升的。在整理思维的过程中，尤其要注重出发点的选取，不是套用方法和模型，而是从条件本质出发，这意味着读题这一关，得认真，每读到一个条件，立刻进行前后关联，进行发散，从而迅速组成知识网络。
分析题意并非总是一次成功，也会经历失败，但是这些失败的思考过程，总有它存在的价值，不可完全放弃，它们中的某些闪光点，就是在垫定成功的基础，因此从这个角度来讲，失败乃成功之母。
题目
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.
解析：
0 1
(1)条件∠BCD=∠CBE，再加上公共边BC，可组成的全等三角形比较多，最为简单的莫过于截取CG=BE，如下图：
延长CD至点G，使得CG=BE，连接BG。
我们很容易证明△BCE≌△CBG，得到∠BEC=∠G，CE=BG，而条件中给出了BD=CE，于是得到BG=BD，所以△BGD是等腰三角形，所以∠G=∠BDG，注意到∠BDG是△BDF的外角，∠BDG=∠BFD+∠DBF，而∠BEC也是△ABE的外角，∠BEC=∠A+∠DBF，比较这两个等式，可得∠BFD=∠A=60°，所以∠CFE=60°；
还可以分别过点B，C向CD，BE作垂线构造全等三角形，或在BE上截取BH=CD来构造，解法类似，不再重复；
0 2
(2)探索三条线段之间的数量关系，第一反应就是两条较短线段之和等于最长线段，然而这道题中的最长线段BF，显然不会是另外两条线段的和，甚至可以通过测量线段长度来验证这一猜想是错误的，得另想办法。
在猜想之前，必要的证明少不了，通过条件BD=AE，再加上等边△ABC提供的∠A=∠DBC=60°，AB=BC，我们很容易发现一对全等三角形，如下图：
△ABE≌△BCD，由此可得到∠ABE=∠BCD，顺便可得∠CBE=∠ACD，∠CFE是△BCF的外角，利用外角定理，得∠CFE=∠BCD+∠CBE=∠ABE+∠CBE=∠ABC=60°，这说明无论点D，E如何运动，∠CFE=60°这个结论不变，在动点环境下，找到一个位置不断变化，角度却是定值的结论殊为不易，这一定是个很有用的结论，留待后面思考使用；
利用特殊角60°，则构造等边三角形是极为容易的事情，我们可尝试将BF“搬”至和CF在一处，延长FD，使FH=BF，如下图：
现在BF+CF=CH，那么剩下的CN和CH如何关联，我们可利用点N为中点这个条件，延长CN至G，使NG=CN，再连接GH，FG，如下图：
提醒：线段GH是否经过点A暂未可知，证明时要避开。
由中线倍长法可得△CMN≌△GFN，这一对全等可得结论非常多，也很有用；
结论一：CM=GF，由于CM是线段AC旋转得到，而AC又是等边△ABC的边长，所以AB=BC=AC=CM，留待备用；
结论二：∠CMN=∠GFN，可得FG∥CM，留待备用；
对于△BFH，由于我们是通过作辅助线使FH=BF，并且在准备工作中得到了∠BFD=60°，所以△BFH是等边三角形，再结合等边△ABC，于是△HBC≌△HFG就很好证明了，如下图：
首先在证明全等前，有两个条件容易得到，分别是HB=HF和BC=FG，这在前面准备过程中已经证明了，现在只需要它们的夹角∠HBC和∠HFG相等即可完成；
∠HBC=∠HBF+∠CBE=60°+∠CBE，而利用FG∥CM，∠HFG=∠FCM=∠ACD+∠ACM=∠ACD+60°，前面证明过∠BCE=∠ACD，于是∠HBC=∠HFG，所以△HBC≌△HFG；
所以CH=GH，∠BHC=∠FHG=60°，又得到等边△CGH，于是CH=CG=2CN，因此我们得到了本题结论BF+CF=2CN；
0 3
(3)最后的备用图，要求根据描述作图，在作图过程中要注意到动点的处理，在没有得到结论之前，作图仅供参考，如下图：
上图的点D位置不确定，同样点K位置不确定，而这两个动点决定了整个图形如何变化，我们先来解决第一个问题，即线段PF取最小值是什么位置；
由于点P是定点，点F是运动的交点，在前面的证明中，我们已经得到了∠CFE=∠BFD=60°，则∠BFC=120°，这就给了我们思维突破口，对于△BFC，BC是定长，∠BFC是定角，这令人联想到圆周角，说明点F一定在某个圆周上，这个圆是△BFC的外接圆，我们作出这个圆心O，再连接OP，那么点P与点F距离最近处，是OP与圆的交点，如下图：
我们对前面的图进行了调整，因为条件中有QK⊥PF；
先解决点F所在圆心O的问题，过点B，C分别作AB，AC的垂线，交点即为点O，理由是△ABC是等边三角形，∠ABC=∠ACB=60°，作垂线之后∠OBC=∠OCB=30°，于是∠BOC=120°，以O为圆心的圆中，∠BOC是圆心角，它所对的弧是劣弧BFC，而优弧BC所对的圆心角是240°，于是它所对的圆周角是120°，即∠BFC；
由于P，Q关于HK对称，且QK⊥PF，△PKQ为等腰直角三角形，而∠PKH=45°，这为我们构造新的等腰直角三角形创造了条件，过点H作HG⊥PF，则△HGK也是等腰直角三角形，我们再连接OA，如下图：
设GH=a，则GK=a，OA是△ABC对称轴，则∠BAO=30°，再根据对称性可知∠PAB=∠CAB=60°，于是得∠PAO=90°，所以△PGH∽△PAO，对于△PAO，它的两条直角边OA和AP存在数量关系，我们先探索它们，显然Rt△ABO为含30°角的直角三角形，AB=√3OB，OA=2OB，而AP=AB，于是AP=√3OB，可求得AP:OA=√3:2，由相似可得PG:GH=√3:2，可表示出PG=(√3/2)a，则PK=(√3/2+1)a，PQ=√2PK=(√6/2+√2)a；
在Rt△PGH中利用勾股定理表示出PH=(√7/2)a，于是AP=√7a，所以BC=√7a；
最后求PQ:BC的比值为(√42+2√14)/14.
解题反思
这道几何压轴题原图线条并不算多，但是在第2小题中猜想出BF+CF=2CN确实不容易，得经历好几次失败，并且其中还隐藏着H，A，G三点是否共线的“坑”，尽管我们后面可以证明它们的确共线，然而证明很不容易，也没必要，但贸然将之作为已知条件使用，是不合逻辑的；
成功猜想需要构造出等边三角形△HBF、全等三角形△CMN≌△GFN，并且得到CG=2CN，通过观察CH和CG，发现它们可能相等，才会去连接GH，从而构造出最后的拼图，等边△CGH；
第3小题作图十分复杂，在完成作图之后，估计会劝退不少学生，更何况还要在其中探索最短问题，比值问题，非常考验学生的学习意志；须知学生作图不同于几何画板拉一拉，拖一拖，纸上作图永远只是运动的瞬间结果，我们在平时教学中，如何通过纸上作图培养学生思考动点问题，非常值得研究，从七年级开始，通过课堂语言引导学生思考，从最简单的动点问题开始，作图不同限制条件下的动点位置，然后将之连贯起来，最后用几何画板来验证脑子里的运动是否符合，这个过程不能颠倒，切忌用软件替代学生思考。
求线段比值类的问题，多半是用字母来表示线段长，最为关键的是寻找这些线段间的关系，可通知全等、相似、三角函数等建立联系，这是通法，在具体某道题的解题过程中，需要灵活运用它们，由条件出发，不断推导出可能的结论，并在其中寻找有利于推理的部分，进行下一步推导。
理解和掌握通法，才是解完题后应该学会的东西。