解析一类“问题串”几何题
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近年以“改为或换成”类几何问题倍受命题人青睐，这类试题以问题串呈现，其特点是探究方法类似，结论的形式相同或相近.解答此类问题的基本方法是通过对一个基本问题的解答，从中去体会，总结解题思想与方法，然后运用其思想方法去解答它的变式题，主要考查学生的总结发现能力和知识迁移能力.
例1（1）操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将ABE沿AE折叠后得到AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G.猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论.
（2）类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其他条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由.
图1图2分析：（1）根据翻折的性质及条件，可得BE=EC=EF，∠GFE=∠C=90°，由等腰三角形的性质得∠EFC=∠ECF，从而得到∠GFC=∠GCF，再根据等腰三角形的判定可证GF=GC.
（2）利用平行四边形邻角互补及折叠后的平角关系，得∠ECG=∠EFG，类比（1）的方法可证.
解：（1）猜想：GF=GC.
连结CF，因为四边形ABCD是矩形，
所以∠B=∠ECG=90°，
因为ABE沿AE折叠后得到AFE，
所以BE=FE，∠GFE=∠AFE=∠B =90°，
因为BE=CE，所以EF=EC，
所以∠EFC=∠ECF，
所以∠GFC=∠GCF，
所以GF=GC.
（2）答：仍然成立.
连结CF，因为四边形ABCD是平行四边形，
所以AB∥CD，所以∠B+∠ECG=180°，
因为ABE沿AE折叠后得到AFE，
所以∠B =∠AFE，BE=FE，
因为∠AFE+∠EFG=180°，所以∠EFG=∠ECG，
因为BE=CE，所以EF=EC，所以∠EFC=∠ECF，
所以∠EFG-∠EFC =∠ECG-∠ECF，所以∠GFC=∠GCF，
所以GF=GC.
点评：本题以图形的翻折变换为条件，考查了矩形、平行四边形的性质以及等腰三角形的性质与判定，两问的思路方法基本一样，此题除本例解法外，还可以利用三角形全等来解答.
例2（1）如图3，正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）；（2）将图3中的正方形AEGH绕点A旋转一定角度，如图4，求HD：GC：EB；（3）把图4中的正方形都换成矩形，如图5，且已知DA：AB=HA：AE=m：n，此时HD：GC：EB的值与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）.
图3图4图5 分析：（1）连结AG，由正方形AEGH的顶点E、H在正方形ABCD的边上，易知A，G，C三点共线，从而得HD=BE，GC=2BE，将其代入HD：GC：EB即可.
（2）连结AG、AC，可证DAH∽CAG、DAH≌BAE，根据相似三角形及全等三角形性质得HD、GC、EB之间的关系，进而求得HD：GC：EB的值.
（3）由矩形AEGH的顶点E、H在矩形ABCD的边上，由DA：AB=HA：AE=m：n，可证ADC∽AHG，DAH∽CAG，ADH∽ABE，利用相似三角形的对应边成比例分别得AD∶AC=AH∶AG=m∶m2+n2 ， HD∶GC=AD∶AC=m∶m2+n2 ， DH∶BE=AD∶AB=m∶n，即HD∶GC∶EB=m∶ m2+n2∶n.
解：（1）HD∶GC∶EB=1∶2∶1.
（2）连结AG、AC，
因为ADC和AHG都是等腰直角三角形，
所以AD∶AC=AH∶AG=1∶2 ，∠DAC=∠HAG=45°，
所以∠DAH=∠CAG，所以DAH∽CAG，
所以HD∶GC=AD∶AC=1∶2，
因为∠DAB=∠HAE=90°，所以∠DAH=∠BAE，
在DAH和BAE中，AD=AB
∠DAH=∠BAH
AH=AE
所以DAH≌BAE（SAS），
所以HD=EB，
所以HD∶GC∶EB=1∶2∶1.
（3）有变化，HD∶GC∶EB=m∶m2+n2∶n.
点评：本题的综合性较强，主要考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理知识.（1）问是特殊情形，易于解答；（2）问中构造出全等、相似的思想方法直接决定着第（3）问；这种类比方法是解答此类问题的基本途径之一.
例3在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BFPE，垂足为F，交AC于点G.
（1）当点P与点C重合时，如图6.求证：BOG≌POE.
（2）通过观察、测量、猜想：BFPE=，并结合图7证明你的猜想.
（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变，如图8，若∠ACB=α，求BFPE的值.（用含α的式子表示）
图6图7图8分析：（1）当点P与点C重合，易知OB=OP，∠BOC=∠BOG=90°，由同角的余角相等得∠GBO=∠EPO，可证BOG≌POE.
（2）过P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，根据ASA可证BMN≌PEN，BPF≌MPF可得BM=PE，BF=12BM.可求得BFPE的值.
（3）过P作PM∥AC交BG于点M，交BO于点N，类似（2）得：BF=12BM，∠MBN=∠EPN，由此可证BMN∽PEN，根据相似三角形的对应边成比例易求BFPE的值.
解：（1）证明：因为四边形ABCD是正方形，P与C重合，
所以OB=OP，∠BOC=∠BOG=90°，
因为PFBG，∠PFB=90°，
所以∠GBO=90°﹣∠BGO，∠EPO=90°﹣∠BGO，
所以∠GBO=∠EPO，所以BOG≌POE；
（2）解：猜想BFPE=12.
证明：如图7，过P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，
所以∠PNE=∠BOC=90°，∠BPN=∠OCB.
因为∠OBC=∠OCB=45°，
所以∠NBP=∠NPB.所以NB=NP.
因为∠MBN=90°﹣∠BMN，∠NPE=90°﹣∠BMN，
所以∠MBN=∠NPE，因为∠MNB=∠PNE=90°，
所以BMN≌PEN所以BM=PE.
因为∠BPE=12∠ACB，∠BPN=∠ACB，
所以∠BPF=∠MPF.因为PFBM，
所以∠BFP=∠MFP=90°.
又PF=PF.所以BPF≌MPF.
所以BF=MF. 所以BF=12BM.
所以BF=12PE.即BFPE=12.
（3）如图8，过P作PM∥AC交BG于点M，交BO于点N，
所以∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=90°，由（2）同理可得：BF= BM，∠MBN=∠EPN，
因为∠BNM=∠PNE=90°，
所以BMN∽PEN.
所以BMPE=BNPN.
在RtBNP中，tanα=BNPN，
所以BMPE=tanα.即2BFPE=tanα.所以BFPE=12tanα.
点评：本题考查了正方形的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数的相关知识.（1）问虽是特殊情形，但它的思想方法（即全等方法）指引着我们去解答（2）、（3）问，尤其（3）问是由全等拓展为相似更能体现类比方法在解题中的重要作用.
例4（1）问题探究
如图9，分别以ABC的边AC与边BC为边，向ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1，作D1MKH，D2NKH，垂足分别为点M，N.试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明.
图9图10 （2）拓展延伸
①如图10，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1.作D1MK1H1，D2NK2H2，垂足分别为点M，N.D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由.
②如图11，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变.D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图11中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）
分析：（1）利用平角以及直角三角形的两锐角互余证∠D1CK=∠HAC，根据AAS证ACH和CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理得D2N=CH，代换得证.
（2）①过点C作CGAB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角得∠H1AC=∠D1CM，再利用“AAS”证明ACG和CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理得CG=D2N，从而得证.
②结论仍然成立，与①的证明方法相同.
解：（1）D1M=D2N.
证明：因为∠ACD1=90°，
所以∠ACH+∠D1CK=90°.
因为∠AHK=∠ACD1=90°，
所以∠ACH+∠HAC=90°.
所以∠D1CK=∠HAC.
因为AC=CD1，
所以ACH≌CD1M.
所以D1M=CH.
同理可证D2N=CH，
所以D1M=D2N.
图11图12（2）①证明：D1M=D2N成立.
过点C作CGAB，垂足为点G.
因为∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°，
∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°，
∠AH1C=∠ACD1，
所以∠H1AC=∠D1CM.
因为AC=CD1，∠AGC=∠CMD1=90°，
所以ACG≌CD1M.
所以CG=D1M.
同理可证CG=D2N.
所以D1M=D2N.
②D1M=D2N仍还成立.作图如图12.
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质.三个问题都是利用两次全等来解答的，但证得∠D1CK=∠HAC（或∠H1AC=∠D1CM）是关键，也是难点.最后一问很好地考查了学生的动手操作能力，这也是课标所倡导的.