赏析梯形演绎的给力题
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纵观近几年的学业考试卷，命题者通常在梯形或把梯形与函数、几何的知识进行整合，使数学问题的情境显得新颖、灵活而又富有活力，因此成为各地学业考试的新亮点.本文以2010年中考试题为例，采撷一些与梯形有关填空或选择题的给力题，进行归类例析，供读者参考.
一、等腰梯形的给力题
例1（2010年沈阳市）若等腰梯形ABCD的上、下底之和为2，并且两条对角线所成的锐角为60°，则等腰梯形ABCD的面积为 .
分析：两条对角线所交的角有两组，一组是上下的，一组是左右的，题中没有明确指出哪组角，所以应该分两种情况进行分析．
解：有两种情况，即∠BOC=60°，∠AOB=60°.
（1）如图1，过点D作DE∥AC，交BC的延长线于点E.作DFBC，垂足为点F.当∠AOD=60°时，则易证BDE为等边三角形，且BE=BC+CE=BC+AD=2，从而得DF=
3，所以
S梯形ABCD=3.
（2）如图2，当∠AOB=60°时，则∠AOD=120°，可证得BDE为等腰三角形，得
tan30°=DFBF，则DF=
33，所以
S梯形ABCD=
33
.故等腰梯形ABCD的面积为3或
33.
点评：梯形问题是四边形的核心知识块，本题利用等腰梯形构造的命题，既考查了学生对等腰梯形的性质及等腰三角形的性质等知识点的综合运用，又考查了分类思想方法和整体思想方法解决问题的能力，是填空题中的压轴题，有较好的区分度.特别是，像本题这样，经过辅助线转化后，实现梯形问题转化为三角形、平行四边形的常用辅助线很多，要注意是否有特殊图形的出现，能否敏锐的捕捉到特殊图形（如正三角形、直角三角形、矩形、菱形等），往往决定问题是否获得突破，同学们可做小结归纳．
二、直角梯形的给力题
例2（ 2010年武汉市）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，BDDC，BD=DC，CE平分∠BCD，交AB于点E，交BD于点H，EN∥DC交BD于点N，下列结论：①BH=DH；②CH=
（2+1）
EH；③SENHSEBH=
EHEC．其中正确的是（ ）
(A) ①②③ (B) 只有②③
(C) 只有② (D) 只有③
分析：①如图4，过H作HMBC于M，根据角平分线的性质可以得到DH=HM，而在RtBHM中BH＞HM，所以容易判定①是错误的；②设HM=
x，那么DH=x，由于∠ABC=90°，BDDC，BD=DC，由此得到∠DBC=45°，而AD∥CB，由此可以证明ADB是等腰直角三角形，又CE平分∠BCD，∠BDC=∠ABC=90°，由此可以证明DCH∽EBC，再利用相似三角形的性质可以推出∠BEH=∠DHC，然后利用对顶角相等即可证明∠BHC=∠BEH，接着得到BH=BE，然后即可用x分别表示BE、EN、CD，又由EN∥DC可以得到DCH∽NEH，再利用相似三角形的性质即可得结论②；③利用②的结论可以证明ENH∽CBE，然后利用相似三角形的性质和三角形的面积公式即可证明结论③．
解：①如图4，过H作HMBC于M，因为CE平分∠BCD，BDDC．所以DH=HM，而在RtBHM中BH＞HM，所以BH＞HD．故选项①是错误的；
②因为CE平分∠BCD，所以∠DCE=∠BCE，而∠EBC=∠BDC=90°，则∠BEH=∠DHC，而∠DHC=∠EHB，所以∠BEH=∠EHB，得BE=BH.设HM=x，那么DH=x，因为BDDC，BD=DC，所以∠DBC=∠ABD=45°，得BH=2x=BE，那么EN=x，所以CD=BD=DH+BH=
(2+1)x，即
CDEN
=2+1
.又因为EN∥DC，所以DCH∽NEH，得
CHEH
=CDEN
=2+1
，即CH=
(2+1)EH；
③由②得∠BEH=∠EHB，因为EN∥DC，所以∠ENH=∠CDB=90°，所以∠ENH=∠EBC，则ENH∽CBE，得EHEC=
NHBH，而
SENHSEBH
=NHBH
，所以SENHSEBH
=EHEC．
所以正确的选项只有②③，故选(B)．
点评：此题是有关三角形、四边形的性质等相关知识的综合性大题.此题比较复杂，综合性很强，主要考查了角平线、直角三角形、梯形的性质，相似三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质．问题设置富有创意，有利于学生充分发挥自己的数学学习水平，较好地考查了学生的数学思维能力和综合运用知识分析解决问题的能力.
三、梯形与梯形共鸣的给力题
例3（2010年十堰市）如图5，n+1个上底、两腰长皆为1，下底长为2的等腰梯形的下底均在同一直线上，设四边形P1M1N1N2面积为S1，四边形P2M2N2N3的面积为S2，…，四边形PnMnNnNn+1的面积记为Sn，通过逐一计算S1，S2，…，可得Sn=
分析：先求出一个小梯形的高和面积，再根据相似三角形对应高的比等于对应边的比求出四边形PnMnNnNn+1上方的小三角形的高，然后用小梯形的面积减上方的小三角形的面积即可．
解：这个上底、两腰长皆为1，下底长为2的特殊等腰梯形通过平移腰或作高可求得梯形高为
32，梯形面积为
343．由题意可知AN1M1与第二个等腰梯形空白处三角形相似，相似比为2∶1，对应高的比也为2∶1，故第二个梯形中空白处三角形高为梯形高的 13，同理AN2M2与第三个梯形中空白处三角形相似，相似比为1∶4，其高为梯形高的 15；第四个梯形空白处三角形高为梯形高的
点评：本题以等腰梯形为试题背景，通过连续平移并以图形呈现方式考查学生探究规律，将学生的观察操作、猜想推断、演绎论证等数学活动有机的融为一个整体．解答本题关键在于看出四边形PnMnNnNn+1的面积等于一个小梯形的面积减掉它上方的小三角形的面积，而小三角形的面积可以利用相似三角形的性质求出，此题也就解决了．这样设置命题，既使学生获得了一种科学探究的思维模式，又使得学习水平层次不同的学生在考试中都有发挥的机会和余地，有效地提高了试题的信度与效度．
四、梯形与圆联姻的给力题
例4（2010年绵阳市）如图6，等腰梯形ABCD内接于半圆D，且AB = 1，BC = 2，则OA =（ ）
(A) 1+32
(B) 2
(C) 3+23
(D) 1+52
分析：如图7所示，连接AC，作CEAD ，由于直径所对的圆周角是直角，那么ACD是直角三角形，根据CDE∽ADC可以知道
CDDE=ADCD
，然后设DE=
x，则AD=2+2x，这样得到一个关于x的方程，求出方程的解就可以求出AO的值．
解：如图7所示，连接AC，作CEAD ．根据等腰梯形性质，因为BC=2，则有OE=1．由于直径所对的圆周角是直角，那么ACD是直角三角形．由相似的基本图形，知CDE∽ADC，可得
CDDE
=ADCD
．设DE=x，则AD=2+2x．所以
1x=2+2x1
，解得
x=-1+32.所以OA=OE+ DE=1+
-1+32=
1+32，故选(A)．
点评：本题综合应用了直径所对的圆周角是90°，相似三角形的性质来解决本题，在解决本题时的难点在于如何去构造相似三角形，主要是利用直径所对的圆周角是直角构造出直角三角形，再根据等腰梯形的高同时也是直角三角形斜边上高构造相似的基本图形，从而得到线段之间的比例关系，通过这些比例关系构造一元二次方程的模型，本题的综合性非常强的，构造三角形相似、构造方程大大提高了本题的信度，是几何与代数相结合的一个范例．
五、梯形与菱形联袂的给力题
例5（2010年咸宁市）如图8，菱形ABCD由6个腰长为2，且全等的等腰梯形镶嵌而成，则线段AC的长为（ ）
(A) 3 (B) 6 (C) 33(D) 63
分析：根据图形，知∠ADC=2∠A，又两邻角互补，所以可以求出菱形的锐角内角是60°；再根据AD=AB可以得出梯形的上底边长等于腰长，即可求出梯形的下底边长，所以菱形的边长可得，线段AC便不难求出．
解：根据图形，知∠ADC=2∠A，又∠ADC+∠A=180°，所以∠A=60°，因为AB=AD，所以梯形的上底边长=腰长=2.由图9知，梯形的下底边长=4，所以BC=AB=2+4=6.然后连接AC，再过点C作CEAB交于点E(如图10）.则易求得CE=33，所以AC=
CEsin30°
=3312
=63
，故选(D)．
点评：本题是一道等边三角形、平行四边形、菱形、等腰梯形、含30°锐角的直角三角形的几何综合问题.解题时要仔细观察图形，从角的关系和线段的关系两个方面来展开探究，得到角的关系和梯形的上底边长与腰的关系是解本题的关键，所以本题对学生的识图能力要求较高，难度系数较高．
六、梯形与平行四边形相拥的给力题
例6（2010年威海市）从边长为a的大正方形纸板中间挖去一个边长为b的小正方形后，将其截成四个相同的等腰梯形（如图11），可以拼成一个平行四边形（如图12）．
解：根据以上分析，可知大正方形的面积为11＋62.
点评：面积问题是考查学生的基本计算能力，通过对图形的分割（图14）将大正方形面积转化为求线段AH的长，既考查了学生对转化、数形结合数学思想方法的理解，又考查了学生对图形分割转化的能力.本题是一道拼图计算题，其中等腰梯形的下底就是大正方形的边长，所以问题就转化为等腰梯形下底的计算问题，而通过作梯形的两高辅助线是解决问题的关键．本题属于中等题，重点指向学生对数学思想方法的理解和正确添加辅助线的能力，有一定的区分度．
七、梯形与反比例函数交汇的给力题
例7（2010年湖州市）如图15，已知在直角梯形AOBC中，AC∥OB，CBOB，OB＝18，BC＝12，AC＝9，对角线OC、AB交于点D，点E、F、G分别是CD、BD、BC的中点，以O为原点，直线OB为x轴建立平面直角坐标系，则G、E、D、F四个点中与点A在同一反比例函数图象上的是（ ）
(A) 点G
(B) 点E
(C) 点D
(D) 点F
分析：反比例函数上的点的横、纵坐标的乘积相等．根据题意和图形，可以利用排除法初步判断为点G，再利用直角梯形的性质求得点A和点G的坐标即可判断．
解：在直角梯形AOBC中，因为AC∥OB，CBOB，OB=18，BC=12，AC=9.所以点A的坐标为（9，12）.设反比例函数解析式为：y=kx，将A（9，12）代入得k＝108.又因为点G是BC的中点，所以点G的坐标是（18，6）.代入验证知G在反比例函数的图象上.所以点G与点A在同一反比例函数图象上，故选(A)．
点评：本题是选择题的压轴题.它以平面直角坐标系为背景，充分利用几何知识，灵活利用直角梯形的性质求得相关点的坐标，再利用反比例函数上的点的横纵坐标的乘积相等来判断．它综合了梯形、坐标系、反比例函数的有关知识，具有一定的区分度和选拔性．
八、梯形与四边形结合的给力题
例8（2010年舟山市）如图16，四边形ABCD中，∠BAD=∠ACB=90°，AB=AD，AC=4BC，设CD的长为x，四边形ABCD的面积为y，则y与x之间的函数关系式是（ ）
图16图17
(A) y=225x2(B)
y=425x2
(C) y=25x2
(D) y=45x2
分析：四边形ABCD图形不规则，根据已知条件，将ABC绕A点逆时针旋转90°到ADE的位置，求四边形ABCD的面积问题转化为求梯形ACDE的面积问题；根据全等三角形线段之间的关系，结合勾股定理，把梯形上底DE，下底AC，高DF分别用含x的式子表示，可表示四边形ABCD的面积．
解：过点D作DFAC垂足为F点.根据已知条件，将ABC绕A点逆时针旋转90°到ADE的位置（如图17），易得BC=DE，AC=AE.设BC=
a，则DE=a，DF=AE=AC=4BC=4a，CF=AC-AF=AC-DE=3a，在RtCDF中，由勾股定理得，
CF2+DF2=CD2，即(3a)2+4a)2=x2，得
a=x5.所以
y=S四边形ABCD=
S梯形ACDE=
12×(DE+AC)×DF=
12×(a+4a)×
(4a=10a2=25x2.故选(C)．
点评：本题是求不规则图形的面积，此题的解法是利用旋转变换将图形进行旋转，将求不规则四边形面积问题转化为求梯形的面积，从而拼接成一个规则的几何图形，充分运用了全等三角形，勾股定理在解题中的作用．本题既考查了学生对转化、数形结合数学思想方法的理解，又考查了学生在四边形问题中正确添加辅助线的能力.本题属于中等题，重点指向学生对数学思想方法的理解和正确添加辅助线的能力，有一定的区分度．
九、梯形与三角形携手的给力题
例9（2010年重庆市）如图18，已知：在面积为7的梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝３，BC＝4，P为边AD上不与A、D重合的一动点，Q是边BC上的任意一点，连结AQ、DQ，过P作PE∥DQ交AQ于E，作PF∥AQ交DQ于F．则PEF面积的最大值是．
分析：设PD=x，SPEF=y．根据平行线的性质、全等三角形的判定及相似三角形的判定，证明PEF≌QFE、AEP∽AQD、PDF∽ADQ，相似三角形的面积比是相似比的平方，再由三角形AQD与梯形ABCD的面积公式求得梯形的高，代入SPEF=（SAQD-SDPF-SAPE）÷2，得出关于x的二次函数方程，根据顶点坐标公式，求得PEF面积最大值．
解：设PD=x，SPEF=y，SAQD=z，梯形ABCD的高为h，因为AD=3，BC=4，梯形ABCD面积为7，所以易解得h=2，故
SADQ=3
.因为PE∥DQ， PF∥AQ，所以易证四边形PEQF是平行四边形，则PEF≌QFE（AAS）.又因为PE∥DQ，所以易证
AEP∽AQD，得
SAPESADQ=(APAD)2=
(3-x3)2
,所以
SAPE=3×(3-x3)2；同理，易得
SDPF=3×(x3)2.所以
SPEF=(SAQD-SAPQ
-SQEF)
÷2=
(3-3×(3-x3)2-3×(x3)2)÷2
.化简并配方可得：
SPEF
=
-13
(x-32)2+34
，即当AP=
32时有最大面积34.
点评：这是一道动点问题，是各省市学业考试中的热点和难点题型.而运动型问题一般是图形在运动中产生函数关系问题或探究几何图形的变化规律问题.这类试题信息量大，对学生获取信息和处理信息的能力要求较高.本题将函数解析式、相似三角形、图形的面积融为一体，题型新颖，内容丰富，是个不可多得的好题，它能综合考查各种知识，也能考查学生的分析、解决问题的能力，知识的综合性强.是一道取材独特、不可多得的好题，具有较好的区分度．