善於求道，不斷摸索，熟能生巧，勤能補拙

經歷得越多，越發現，所有的捷徑，到最後都是繞遠。所有的按部就班，都是兩點之間，直線最短。

《周易》裡有一句名言“天行健，君子以自強不息”，生命唯有奮鬥，才能擦出智慧的火花。

老子說，大巧不工。所有的炫技在，在真正的實力面前，都是跳樑小醜。所有的抖機靈，在真正的智慧面前，都是自作聰明。我越來越認同，勤能補拙，熟能生巧。

“庖丁解牛”是一則流傳久遠、膾炙人口的成語故事，它出自《莊子·養生主》。

庖丁為文惠君解牛，手之所觸，肩之所倚，足之所履，膝之所踦，砉然向然，奏刀然，莫不中音，合於桑林之舞，乃中經首之會。其技如此，亦不過熟能生巧矣。

它告訴我們：世間萬物皆有其“道”，只要我們用心實踐，不斷摸索，善於求道，並遵道而行，長此以往，定能達到熟能生巧、遊刃有餘、出神入化的境界。

又有歐陽文公之

《賣炭翁》中

賣油翁的那句話，“無他，唯手熟爾！”想起來上學時候，沒有太多的應試技巧，有的只是題海戰術。曾經何時，也跟很多憤青批判過題海戰術。

業精於勤荒於嬉，行成於思毀於隨。現在想來，真是可笑。題海戰術，看起來沒有什麼技巧可言，卻實實在在地踐行了熟能生巧。

曾國藩是晚清叱吒風雲的軍事家和政治家，也是卓有成就的理學家和文學家。但他小時候天資愚鈍，常常學習到很晚，才能完成老師佈置的作業

有一次，老師讓學生們背誦《關關睢鳩》這篇文章，第二天抽查。

這下可難倒了記憶力極差的曾國藩。吃過晚飯，他就個人去房間背書了

不料，這天夜裡恰好有一個小偷潛伏在曾國藩家，伏於屋簷之上。曾國藩不知，讀書朗朗，久久不能背誦。賊人見其不睡，由恨而怒，由怒而嘲笑之：“汝愚笨若此，不能讀書！”自背一遍，竟揚長而去。

曾國薄後來大有作為，始終忘不掉這件事。他告誠自己：自己並不聰明，靠的只是勤奮。要是那位聰明的盜賊也能勤奮守德走正道，他同樣會像自己一樣幹出一番大事業。

近代之名伶梅蘭芳先生曾自謂愚鈍，其技藝全憑苦學。初，蘭芳欲拜師學藝，其師觀之雙目暗淡無神，轉動呆板，非梨園子弟之資也。故不允。蘭芳不離不棄，養鴿子於閣樓，清晨放飛，仰望天空，窮追鴿子翱翔之身影；又養金魚，每日俯視水底，尋蹤覓影。多年積累，終使雙目橫波，似一汪秋水，閃閃生輝，脈脈含情。終成一代名伶，真善補拙者也！

我國著名的數學家華羅庚曾經說過：“勤能補拙是良訓，一分辛勞一分才。”事實就是這樣，好多人的天賦和資質，並不是有多高，但他們憑藉著勤奮不斷的進步，不斷的完善自我，最終走向了成功。

勤奮不是讀死書，也不是死讀書，而是要開動機器，積累經驗。熟能生巧，勤能補拙。勤奮可以反覆地刺激人類的腦細胞，並透過這種頻繁的刺激把獲取的資訊儲存起來，以便在需要的時候可以及時地提取出來。

勤奮可以提高頭腦的靈活性，使人變得更加聰慧靈敏。一些天資較差、智力較低的人，可以透過勤奮和努力化拙為巧、變拙為靈。

有耕耘就會有收穫，我們只要不懈努力，最大限度的完善充實自己，千方百計的提高自己的競爭實力，就會有一個美好光明的明天。

縱觀近幾年各地中考數學壓軸題，幾乎都是類比探究題，學生對這類題真實又愛又恨，愛是因為它的分值高，10——14分，恨是因為對這類題一籌莫展，感覺它變幻莫測，摸不到規律，老師講一個會一個，再遇到還是不會做。透過本文類比探究題的總結，願能對考生助一臂之力。

解題理論

類比、拓展探究題是一類共性條件與特殊條件相結合，由特殊情形到一般情形（或是由簡單到複雜）的綜合性題目。 一般考查類比轉化、從特殊到一般等思想方法。解決這一問題的關鍵就是引導學生作圖，培養學生的想象能力。在平時的訓練中，只有多給學生畫圖，演示，才能逐步完成類比、歸納、拓展、應用的過程。

主要考查的型別有：

①由動點引起的探究；②由圖形的平移、旋轉引起的探究；③由圖形的形狀變化引起的探究；④由圖形的摺疊引起的探究等。

典型問題

例1．（2022達州中考題）某校一數學興趣小組在一次合作探究活動中，將兩塊大小不同的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形CDE，按如圖1的方式擺放，∠ACB＝∠ECD＝90°，隨後保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連線AE，BD，延長BD交AE於點F，連線CF．該數學興趣小組進行如下探究，請你幫忙解答：

【初步探究】

（1）如圖2，當ED∥BC時，則α＝

；

（2）如圖3，當點E，F重合時，請直接寫出AF，BF，CF之間的數量關係：

；

【深入探究】

（3）如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論是否仍然成立？若成立，請給出推理過程；若不成立，請說明理由．

【拓展延伸】

（4）如圖5，在△ABC與△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°，若BC＝mAC，CD＝mCE（m為常數）．保持△ABC不動，將△CDE繞點C按逆時針方向旋轉α（0°＜α＜90°），連線AE，BD，延長BD交AE於點F，連線CF，如圖6．試探究AF，BF，CF之間的數量關係，並說明理由．

【分析】

（1）由平行線的性質和等腰直角三角形的定義可得α的值；

（2）先根據SAS證明△ACE≌△BCD（SAS），得AF＝BD，最後由線段的和及等腰直角三角形斜邊與直角邊的關係可得結論；

（3）如圖4，過點C作CG⊥CF交BF於點G，證△BCG≌△ACF（ASA），得GC＝FC，BG＝AF，則△GCF為等腰直角三角形，GF=

CF，即可得出結論；

（4）先證△BCD∽△ACE，得∠CBD＝∠CAE，過點C作CG⊥CF交BF於點G，再證△BGC∽△AFC，得BG＝mAF，GC＝mFC，然後由勾股定理求出GF=

FC，即可得出結論．

【解答】

：（1）∵△CED是等腰直角三角形，∴∠CDE＝45°，

∵ED∥BC，∴∠BCD＝∠CDE＝45°，即α＝45°，

故答案為：45°；

（2）BF＝AF+

CF，理由如下： 如圖3，

∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，

∴∠DCE＝∠ACB，AC＝BC，CD＝CE，DF=

CF，

∴∠ACE＝∠BCD，

∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AF＝BD，

∵BF＝DF+BD，∴BF＝AF+

CF；

故答案為：BF＝AF+

CF；

（3）如圖4，當點E，F不重合時，（2）中的結論仍然成立，理由如下：

變式1．（2022春歷城區期末）閱讀下列材料：

數學課上老師出示了這樣一個問題：如圖1，等腰Rt△PBF的直角頂點P在正方形ABCD的邊AD上，斜邊BF交CD於點Q，連線PQ．請探索PQ、AP、CQ的數量關係．

某學習小組的同學經過探索，交流了自己的想法：利用現在所學的旋轉知識，可將△ABP旋轉到△CBE位置，然後透過證明△BPQ≌△BEQ來探索數量關係．

（1）（問題解決）請你根據他們的想法寫出PQ、AP、CQ的數量關係是

．

（2）（學以致用）如圖2，若等腰Rt△PBF的直角頂點P在正方形ABCD的邊DA的延長線上，斜邊BF的延長線交CD的延長線於點Q，連線PQ，猜想線段PQ，AP，CQ滿足怎樣的數量關係？並證明你的結論．

（3）（思維拓展）等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P為△ABC內部一點，若BC＝2．則AP+BP+CP的最小值＝

．

【分析】

（1）由旋轉的性質可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，由“SAS”可證△BQE≌△BQP，可得PQ＝QE，可得結論；

（2）由旋轉的性質可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，由“SAS”可證△BQE≌△BQP，可得PQ＝QE，可得結論；

（3）由旋轉的性質可得AC＝A‘C＝2，∠A’CA＝∠PCP‘＝60°，CP＝CP’，AP＝A‘P’，可證△CPP‘是等邊三角形，可得CP＝PP’，當點A‘，點P’，點P，點B四點共線時，BP+AP+CP有最小值為A‘B的長，即可求解．

【解答】

（1）證明：如圖1，將△ABP繞點B順時針旋轉90°到△CBE，

∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，

∴∠BCD+∠BCE＝180°，∴點E，點C，點D三點共線，

∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，∴∠ABP+∠CBQ＝45°，

∴∠EBC+∠CBQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，

又∵BE＝BP，BQ＝BQ，∴△BQE≌△BQP（SAS），∴PQ＝QE，

∴PQ＝QE＝QC+CE＝AP+QC；

故答案為：PQ＝AP+CQ；

（2）解：CQ＝AP+PQ，理由如下：

如圖2，將△ABP繞點B順時針旋轉90°到△CBE，

∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，

∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，

∴∠ABP+∠ABQ＝45°，

∴∠EBC+∠ABQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，

又∵BE＝BP，BQ＝BQ，

∴△BQE≌△BQP（SAS），∴PQ＝QE，

∴PQ＝QE＝QC﹣CE＝QC﹣AP，∴CQ＝AP+PQ；

（3）解：如圖3，將△ACP繞點C順時針旋轉60°，得到△A’CP‘，連線PP’，A‘B，過點A’作A‘E⊥BC，交BC的延長線於E，

∴AC＝A’C＝2，∠A‘CA＝∠PCP’＝60°，CP＝CP‘，AP＝A’P‘，

∴△CPP’是等邊三角形，

∴CP＝PP‘，

∴BP+AP+CP＝BP+PP’+A‘P’，

∴當點A‘，點P’，點P，點B四點共線時，BP+AP+CP有最小值為A‘B的長，

∵∠A’CE＝180°﹣∠ACA‘﹣∠ACB＝30°，A’E⊥CE，

變式2（2022嘉興一模）轉化是解決數學問題常用的思想方法之一，它可以在數與數、數與形、形與形之間靈活應用．請解答下面的問題：

如圖1，在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝90°．

【基礎鞏固】

（1）將圖1中△AOB繞點B按順時針方向旋轉60°得到△DCB（如圖2），連結OC．求證：OC＝OB．

【思考探究】

（2）將圖1中△AOB繞點B按順時針方向旋轉60°並縮小得到△DCB（如圖3），使

，連結OC，AD．

①求證：△OBC∽△ABD；

②用等式表示AD與AB之間的數量關係，並說明理由．

【拓展延伸】

（3）

將圖1中△AOB繞點B按順時針方向旋轉某個角度（小於180°）並縮小得到

△DCB（如圖4），使

，連結OC，AC，AD．當OC＝OB時，求

的值．

∵OB＝OC，∴AB＝AD，

∵BC＝DC，AC＝AC，

∴△ABC≌△ADC（SSS），

∴∠ACD＝∠ACB＝135°，

∴∠BCE＝∠DCE＝45°，∴∠CEB＝90°，

方法總結

：解圖形旋轉引起的探索題的一般思路

1。類比、拓展探究題一般會有三問，每一問都是對前一問的昇華和知識的遷移應用，解題的一般思路為：

（1）第一問透過操作發現，找到解決問題的思路和方法；

（2）第二問通常是在第一問的基礎上，改變其中的一個條件，只需觀察改變的條件，即可利用同樣的思路解決問題；

（3）第三問通常將原題中的特殊情況推廣到一般情況，利用前兩問的做題思路進行求解。

2。探究兩條線段之間的數量關係：

（1）兩條線段相等，通常透過特殊四邊形和三角形全等來證明。

（2）兩條線段有倍分關係，通常構造基本模型來證明：

①利用三角形的中位線或含有30°角的直角三角形證明2倍關係；

②利用等腰直角三角形證明

倍關係；

③利用含有30°角的直角三角形證明

倍關係。

例2．

（2022威海中考題）回顧：用數學的思維思考

（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC．

①BD，CE是△ABC的角平分線．求證：BD＝CE．

②點D，E分別是邊AC，AB的中點，連線BD，CE．求證：BD＝CE．

（從①②兩題中選擇一題加以證明）

猜想：用數學的眼光觀察

經過做題反思，小明同學認為：在△ABC中，AB＝AC，D為邊AC上一動點（不與點A，C重合）．對於點D在邊AC上的任意位置，在另一邊AB上總能找到一個與其對應的點E，使得BD＝CE．進而提出問題：若點D，E分別運動到邊AC，AB的延長線上，BD與CE還相等嗎？請解決下面的問題：

（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，點D，E分別在邊AC，AB的延長線上，請新增一個條件（不再新增新的字母），使得BD＝CE，並證明．

探究：用數學的語言表達

（3）如圖3，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝36°，E為邊AB上任意一點（不與點A，B重合），F為邊AC延長線上一點．判斷BF與CE能否相等．若能，求CF的取值範圍；若不能，說明理由．

【分析】

（1）①證明△BCD≌△CBE（ASA），推出BD＝CE即可；

②證明△BCD≌△CBE（SAS），推出BD＝CE即可；

（2）新增條件：BE＝CD（答案不唯一）．利用全等三角形的性質證明即可；

（3）能．設CF＝x，假設BF＝AB，利用相似三角形的性質求出x的值，即可判斷．

【解答】

（1）證明：①∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

∵BD是△ABC的角平分線，∴∠DBC=

∠ABC，

同理∠ECB=

∠ACB，∴∠DBC＝∠ECB，

②∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，

∵D是AC的中點，∴CD=

AC，

同理BE=

AB，∴BE＝CD，

（2）解：新增條件：BE＝CD（答案不唯一）．

理由：∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB，

∵∠ABC+∠EBC＝∠ACB+∠BCD＝180°，

∴∠CBE＝∠BCD，

∴BD＝CE；

（3）能．

理由：如圖3中，值AC上取一點D，使得BD＝CE，

若BF＝CE，則BF＝BD，反之也成立．

∵BD＜AB，∴BF＜AB，

顯然BD越大，BF就越大，CF也越大，

假設BF＝AB，

∵∠A＝36°，∴∠BFA＝∠A＝36°，

∴∠ABF＝180°﹣2×36°＝108°，

∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝72°，

∴∠BCF＝180°﹣72°＝108°，∴∠BCF＝∠ABF，

∵∠BCF＝∠ABF，∠BFC＝∠AFB，∴△BFC∽△AFB，

變式1．（2022盤錦中考題）在△ABC中，AC＝BC，點D線上段AB上，連線CD並延長至點E，使DE＝CD，過點E作EF⊥AB，交直線AB於點F．

（1）如圖1，若∠ACB＝120°，請用等式表示AC與EF的數量關係：

．

（2）如圖2．若∠ACB＝90°，完成以下問題：

①當點D，點F位於點A的異側時，請用等式表示AC，AD，DF之間的數量關係，並說明理由；

②當點D，點F位於點A的同側時，若DF＝1，AD＝3，請直接寫出AC的長．

【分析】

（1）過點C作CG⊥AB於G，先證明△EDF≌△CDG，得到EF＝CG，然後等腰三角形的性質和含30度直角三角形的性質，即可求出答案；

（2）①過點C作CH⊥AB於H，與（1）同理，證明△EDF≌△CDH，然後證明△ACH是等腰直角三角形，即可得到結論；

②過點C作CG⊥AB於G，與（1）同理，得△EDF≌△CDG，然後得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．

【解答】

：（1）過點C作CG⊥AB於G，如圖1，

∵EF⊥AB，∴∠EFD＝∠CGD＝90°，

∵∠EDF＝∠CDG，DE＝CD，

∴△EDF≌△CDG（AAS），∴EF＝CG；

在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，

（2）①過點C作CH⊥AB於H，如圖2，

與（1）同理，可證△EDF≌△CDH，∴DF＝DH，

∴AD+DF＝AD+DH＝AH，

在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，

∴△ABC是等腰直角三角形，

∴∠CAH＝45°，∴△ACH是等腰直角三角形，

變式2．（2022河南中考題）綜合與實踐

綜合與實踐課上，老師讓同學們以“矩形的摺疊”為主題開展數學活動．

（1）操作判斷

操作一：對摺矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到摺痕EF，把紙片展平；

操作二：在AD上選一點P，沿BP摺疊，使點A落在矩形內部點M處，把紙片展平，連線PM，BM．

根據以上操作，當點M在EF上時，寫出圖1中一個30°的角：

．

（2）遷移探究

小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續探究，過程如下：

將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，並延長PM交CD於點Q，連線BQ．

① 如圖2，當點M在EF上時，∠MBQ＝

°，∠CBQ＝

°；

②改變點P在AD上的位置（點P不與點A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數量關係，並說明理由．

（3）拓展應用

在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長為8cm，當FQ＝1cm時，直接寫出AP的長．

【分析】

（1）由摺疊的性質可得AE＝BE=

AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由銳角三角函式可求∠EMB＝30°，即可求解；

（2）①由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；

②由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；

（3）分兩種情況討論，由摺疊的性質和勾股定理可求解．

【解答】

：（1）∵對摺矩形紙片ABCD，

∴AE＝BE=

AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，

∵沿BP摺疊，使點A落在矩形內部點M處，

∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，

∵sin∠BME=

，∴∠EMB＝30°，

∴∠ABM＝60°，∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，

故答案為：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個即可）；

（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，

由摺疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，

∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，

又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，

故答案為：15，15；

②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，

由摺疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，

∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，

又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），

∴∠CBQ＝∠MBQ；

（3）由摺疊的性質可得DF＝CF＝4cm，AP＝PQ，

∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，∴CQ＝MQ，

當點Q線上段CF上時，∵FQ＝1cm，

∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，

方法總結：

考查方式主要有兩種：一種是從特殊的條件中猜想出結論，在一般條件下論證結論，最後運用結論解決問題；

另一種是在特殊條件下得出結論，改變條件的特殊性（如點的位置發生改變，圖形的形狀發生改變等），判斷結論是否仍然成立。

解決這一類題主要有三個步驟：

一、尋找基本圖形：

第一問比較簡單，一般在特殊條件下，考查全等、相似、三角函式、三角形內角和定理、中垂線和角平分線的性質定理等簡單知識點，大多數學生都可以做對；第二問，將第一問的特殊條件減弱，或者將圖形中的點、線、形作平移、旋轉變換等，要求學生仿照第一問，解決問題。

要想解決第二問，需要尋找第一問的基本圖形。

二、比葫蘆畫瓢，順藤摸瓜：“藤”是指由題幹中不變的條件、由基本圖形得出的結輪，找到“藤”，比葫蘆畫瓢，類位元殊情況下的結論解決第二問。

三、構造基本圖形，得出結論：，應用第一問和第二問的結論，解決相關問題。這一問的難點在於：如何準確第找出基本圖形，應用前兩問的結論。