浅谈初中几何问题的“一题多解”

刘月芳

摘    要：本文举例说明了4个几何问题的一题多解，例题有浅有深，就此谈谈自己的看法以抛砖引玉。

关键词：初中;几何问题;一题多解

中图分类号：G633.6                                   文献标识码： A                                    文章编号：1992-7711（2015）24-001-02

数学从自然中诞生，数学从生活中体现，生活中的一切都有数学的影子。在科技迅速发展的今天，数学已经深入到各个领域，华罗庚在《大哉数学之为用》提到：宇宙之大，粒子之微，火箭之速、化工之巧、地球之变、生物之谜，日用之繁等各个方面，无处不有数学的重要贡献。几何作为数学的一部分，其重要性不言而喻;几何逻辑推理的环环相扣对培养学生良好的数学学习能力具有提升作用。因此，对于刚接触几何的初中学生而言，如果能对学生进行一题多解的训练，从不同解法中探索不同求解的奥妙;从不同定理的应用中学到不同的数学思想和方法，这样对提高学生对数学知识的热爱和兴趣，开发学生智力，拓展学生思路和应变能力，培养学生思维的严谨性、分析和解决问题的能力以及实事求是的科学态度都起着重要作用。

本文举例说明了4个几何问题的一题多解，例题有浅有深，就此谈谈自己的看法以抛砖引玉。

一、几何定理推导中的“一题多解”

应用定理解决问题是数学解题中的重要组成部分，但往往学生只注重定理的结论，而忽略定理的推导证明。教学实践证明，那些熟悉定理推导过程的学生，思维敏锐性更高，学习成绩也更优。三角形中位线定理是一个基础定理，教材对于三角形中位线定理的推导较为简单。教学中，我鼓励学生用自己的方法证明三角形中位线定理，下面给出部分学生各具特色的证明推导方法。

例1.在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点.求证：DE∥BC且DE=0.5BC

证法1：由条件易得AD/AB=AE/AC=0.5，而∠A=∠A

∴△ADE∽△ABC   ∴DE/BC =AD/AB=0.5 ∠ADE=∠ABC

∴DE=0.5BC DE∥BC

原命题得证

评注：此证法简单利用相似的方法，不作辅助线，证法简洁。

证法2：如图1-1，连结BE、CD交于点O

∵D、E分别是AB、AC的中点     ∴点O是△ABC重心     ∴OD/OC=OE/OB=0.5

∵∠EOD =∠BOC  ∴△EOD∽△BOC

∴DE/BC =OD/OC=0.5   ∠OED=∠OBC

∴DE=0.5BC DE∥BC

原命题得证

评注：此法利用三角形重心性质和相似的方法，证法简练。

证法3：如图1，连结BE、CD

∵D是AB中点  ∴CD是△ABC的中线

∴S△BCD=0.5S△ABC

同理S△BCE=0.5S△ABC，S△ABE=0.5S△ABC，

S△BDE=0.5S△ABE

∴S△BCD=S△BCE  S△BDE=0.5S△BCE

∵△BCD和△BCE有相同底边BC

∴△BCD和△BCE同底BC边上的高相等     ∴DE∥BC

∴△BDE边DE上的高和△BCE边BC上的高相等

∵S△BDE=0.5S△BCE      ∴DE=0.5BC

原命题得证

评注：此证法利用三角形面积的等量关系和平行线的性质证明，证法简约、别具一格。

证法4：如图1-2，作AF⊥BC于点F，作DH⊥BC于点H，作EI⊥BC于点I，易得DH∥AG∥EI

∴∠BDH=∠BAF    ∵∠B=∠B

∴△BDH∽△BAF

∴DH/AF=BH/BF=BD/BA=0.5

同理：EI/AF=CI/CF=0.5

∴DH=EI BH/BF=CI/CF=0.5

∵DH∥EI       ∴四边形DHIE为平行四边形

∴DE=HI DE∥HI     ∵HI与BC共线      ∴DE∥BC

由上知BH/BF=CI/CF=0.5     ∴BH+CI=0.5（BF+CF）=0.5BC

∵BC =BH+CI+HI       ∴HI=0.5BC

∵DE=HI   ∴DE=0.5BC

原命题得证

评注：此证法作3条高，得到3个矩形，利用三角形相似、垂直于同一直线的两直线平行以及平行四边形的性质证明，证法简单明了。

证法5：如图1-3，延长DE至F使EF=DE，连结CF

∵E是AC中点     ∴AE=CE

∵∠AED=∠CEF  DE=FE

∴△AED≌△CEF   ∴∠DAE=∠FCE        ∴AD∥CF且AD=CF

∵AD=BD AD和BD共线     ∴BD∥CF且BD=CF

∴四边形BDCF为平行四边形     ∴BC∥DF且BC=DF

∵EF=DE，DF=EF+DE     ∴DE=0.5DF=0.5 BC

原命题得证

评注：此证法利用全等三角形和平行四边形的性质证明，证法简单。

当然，三角形中位线定理的证明不拘于以上五种方法，也可构建直角坐标系，利用斜率以及点与点之间的距离等证明。以上五种证法简洁而精炼，体现了学生独立思考、积极探索的精神，激发了学生学习数学的兴趣，同时也展示了学生的创新性和开拓力。“一题多解”对学生逻辑思维的培养具有显著的提高效果。

二、几何计算中的“一题多解”

例2 .如图2-1，AB∥CD，求∠A+∠E+∠C的值.

解法1：如图2-2，延长AE、DC交于点F

∵AB∥CD     ∴∠A+∠F=180° ∵∠AEC =∠F+∠FCE

∴∠A+∠AEC +∠ECD=∠A+∠F+∠FCE+∠ECD=180°+180°=360°

解法2：如图2-3，过点E作EF∥AB，易得∠A+∠AEF=180°

∵AB∥CD     ∴EF∥CD

∴∠C+∠CEF =180°

∵∠AEC=∠AEF+∠CEF

∴∠A+∠AEC+∠C=180°+180°=360°

评注：本题所考察的知识点为两直线平行的判定与性质，在解题的过程中运用了三角形的外角和定理。由于考虑的出发点不同，辅助线的作法也不相同。

例3.如图3-1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC=1，点E为AC中点，点F在BC上，且FE⊥BE，求△CEF的面积.

解法1：如图3-2，过点F作FG⊥CE于点G令FG=x （x>0）

由条件易得∠C=45°

∵FG⊥CE即∠FGC=90°∴CG=FG=x

∵CE=AE=0.5AC=0.5     ∴GE=CE-CG=0.5- x

∵∠ABE+∠BEA =90°∠GEF+∠BEA =90°

∴∠ABE =∠GEF      ∵∠A=∠EG =90°∴△ABE∽△GEF

∴AB/GE=AE/FG 即1/（0.5-x）=0.5/x

解得x=1/6 即FG =1/6

∴S△CEF=1/2CE·FG=1/2×1/2×1/6=1/24

评注：此解法主要通过等腰直角三角形性质，相似三角形的判定与性质，解方程知识加以解决，再直接利用面积公式，解题一气呵成。

解法2：如图3-3，过点C作CG∥FE交BE延长线于点G，由条件易得∠C=45°

∵FE⊥BE即FE⊥BG  CG∥FE

∴CG⊥BG       ∴∠G=90°

∵∠A=90°∴B、C、G、A四点共圆 ∴BE·CG=AE·BC=1/4

由条件易得BE=   ∴EG=    ∴BE/EG=5

∵CG∥FE     ∴BF/FC=BE/EG=5

∵BC=BF+FC    ∴FC=1/6BC     ∴S△CEF=1/6S△CEB

∵E为AC中点 ∴S△CEB=1/2S△CAB

∴S△CEF=1/12S△CAB

∵S△CAB=1/2AC·AB=1/2×1×1=1/2     ∴S△CEF=1/24

评注：此解法所用知识点有：四点共圆的判定、相交弦定理、勾股定理、平行线分线段成比例、相似三角形的判定与性质。

题目虽短，但涉及的知识点较多，学生利用所学知识探求过程中，得出多解，巩固强化了相关知识、开阔了其思维。同样，此题的求解方法也绝不仅限于以上两种。

三、几何证明中的“一题多解”

初中几何证明题大多陈述简练，但考察范围广泛，解题方法也多，对学生综合能力要求较高。

例4.如图4-1，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC是直径，且AD=CD，AB=4，BD=5，求证：BC：AB=3：2.

证法1：如图4-2，过点D分别作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E、F

∵AC是⊙O直径     ∴∠ABC=∠ADC=90°

∴∠DAB+∠DCF=180°  ∵∠DAB+∠DAE=180°

∴∠DAE=∠DCF      ∵∠E=∠DFC=90°  AD=CD

∴△DAE≌△DCF     ∴DE=DF  AE=CF

由上得∠E=∠EBC=∠BFD=90°∴四边形DEBF为正方形

∵BD=5   ∴BE=BF=5    ∵AB=4     ∴AE=BE-AB=1

∵AE=CF    ∴BC=BF+CF=BF+AE=6    ∴BC：AB=6：4=3：2

原命题得证

评注：本证法从∠ADC=90°，AD=CD入手，找出了两个全等三角形，并构造了正方形DEBF，再根据正方形的性质，推导出线段BC的长度。

证法2：如图4-3，将△DAB绕点D逆时针方向旋转90°，得到新的△DEF，则∠BDF=90° BD=FD AB=EF ∠DAB=∠DEF

∵AC是⊙O直径    ∴∠ADC=∠ABC=90°

∵AD=CD     ∴点C、E重合

由上易得∠DAB=∠DEF=∠DCF    ∠DAB+∠DCB=180°

∴∠DCF+∠DCB=180°   ∴点B、C、F三点共线

∵∠BDF=90° BD=FD

∴△DBF是以BF为斜边的等腰直角三角形

∵BD=5  ∴BF=10  ∵AB=EF=CF =4  ∴BC=BF-CF=6

∴BC：AB=6：4=3：2

原命题得证

评注：本证法巧妙利用图形的旋转变化性质，将△DAB旋转变换组成一个等腰直角△BDF，从而推导出线段BC的长度。

证法3：由托勒密定理，可知AB·CD+AD·BC=AC·BD，不妨设AD=CD=x （x>0），易得AC=x

∵AB=4  BD=5  ∴4x+x·BC=x·5

∴BC=6    ∴BC：AB=6：4=3：2

原命题得证

评注：对于学有余力的学生，适当补充课外知识，解题时可能有意想不到的效果。

本题涉及的知识主要有：圆心角关系、等腰三角形性质、三角形全能的判定、勾股定理、正方形性质以及图形的旋转组合。当然，证明方法决不仅仅是以上3种，比较以上3种证明方法，利用托勒密定理是解题步骤较少的一种方法。

四、结语

运用多种方法解答同一道数学题，从不同的角度出发，不仅能对问题的认识更加深刻，更能牢固系统地掌握和运用所学知识;而且通过“一题多解”，分析比较，寻找解题的最佳途径和方法，这个过程能激发学生学习数学的乐趣，使其在愉悦地探索中提升创造性思维能力。“一题多解”涉及的知识面广，而且要求学生能灵活综合地运用所学知识，学生没有一定的基础和技能很难实现“一题多解”。“一题多解”教学的采用应根据学生实际情况，选择适当的例题才能奏效。教师在教学中应有所注重学生“一题多解”能力的培养，引导学生有选择地把做过的题目换一种方法解答，这样对巩固学生所学知识，完善学生知识结构，增强学生解题能力，提高学生学习成绩大有益处。

[参考文献]

[1] 尹龙军. 谈大学数学方法与学习[J]. 科技创新导报， 2010（12）.

[2] 章淳立. 关于一题多解的教学问题[J]. 数学教学， 1989（6）.