追根溯源助解題 正本清源促發展

白雪峰 彭華

[摘 ?要] 以2018年北京市中考第27題的深度分析、流暢解決和適度拓展為例，強調了“四基”的整體性和統一性，明確提出培養學生的數學直覺和發展學生的數學思維應該成為平面幾何教學的重要目標;揭示了數學直覺在引領學生產生聯想與發現問題本質之間的聯系，數學思維在促進學生形成證明思路、深化問題本質理解過程中的重要作用;闡明了指導學生歸納梳理、提煉概括蘊含于解題過程之中的數學基本思想和基本活動經驗對于發展學生數學核心素養的重要教育價值.

[關鍵詞] 追根溯源;正本清源;數學直覺;數學思維

推理是數學最為顯著的特征之一，也是數學內部自身發展的依賴，更是一種基本的數學思想[1]. 數學的推理是一種有邏輯的推理，其過程基于數學的直覺和思維. 因此，學習數學的要義不僅僅是為了認識和理解概念定理、公式法則等基礎知識，也不僅僅是要掌握“會計算”“會證明”的基本技能，更重要的是指導學生在“感悟”和“理解”的基礎上，最終形成數學的直覺和數學的思維. 這一點完全符合《義務教育數學課程標準（2011年版）》所倡導的要注重“四基”、突出強調基本思想以及基本活動經驗的本意[2]. 這就要求教師必須立足學生的數學直覺培養和思維發展來開展平面幾何的教學設計與實施. 下面，筆者以2018年北京市高級中等學校招生考試數學試卷第27題為例，談談這方面的思考與研究.

問題呈現 如圖1所示，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動點（不與點A，B重合），連接DE，點A關于直線DE的對稱點為F，連接EF并延長交BC于點G，連接DG，過點E作EH⊥DE交DG的延長線于點H，連接BH.

（1）求證：GF=GC;

（2）用等式表示線段BH與AE的數量關系，并證明.

追根溯源

上述問題中的第（1）問是求證兩條線段GF與GC相等，比較簡單，只要連接DF（如圖1所示），則容易證明△DAE≌△DFE，隨即可證得∠DAE=∠DFE=90°，DA=DF. 進而容易證明Rt△DFG≌Rt△DCG，于是GF=GC得證. 下面我們重點分析和解決第（2）問.

1. 問題分析

學生在解決第（2）問的時候會遇到困難，雖然已知條件正方形ABCD中、DE⊥EH等都不難理解，但是對于射線BH與正方形ABCD的位置關系，學生還不能準確把握，從而不能產生準確的聯想和正確的解題思路.

事實上，學生在以前的練習中是見過本題的影子的，但只是見過類似的問題還不一定能使學生在遇到一個新問題的時候自然地產生十分精準的聯想. 正因如此，著名的美國數學教育家波利亞（G.Polya）在《怎樣解題》中給出了指導解題的“解題表”，表中羅列了若干問題和解題建議，旨在驅動解題者基于已有認知自然而然地產生豐富而準確的聯想.

例如，波利亞在解題表中給出過這樣的問題：

你以前看過此題嗎？是否見過形式略有不同的題目？

基于已知問題，如果學生能夠進行上述自我追問，或許可以促使自己聯想到與該問題類似的問題：

類似問題 如圖2所示，在正方形ABCD中，點E在邊AB上，EH⊥DE，與∠CBA的外角平分線交于點H. 求證：DE=EH.

上述類似問題有多種證明方法，前幾年中考也考過，而且該題還可以推廣到任意正多邊形的情形.

在圖2中，由于DE⊥EH，且DE=EH，所以△DEH為等腰直角三角形，BH為∠CBP的平分線. 而在圖1中，如果E不是邊AB上的動點，而是定點，那么猜想BH與AE的數量關系將變得易如反掌.

由此可以看出：圖2與圖1主體結構相同，且圖2之題是圖1之題的“根”，找到了問題的“根”，“樹干、樹枝和樹葉”也就可以看得更加真切，解題思路也就可以自然而得. 應該說，追根溯源可以助力我們產生準確的聯想、發現問題的本質并形成正確的解題思路.

2. 流暢解題

基于上述類似問題的研究，學生解決中考27題的思維過程可以分為如下三個階段：

第一階段：要先證明DE=EH;

第二階段：要能夠根據聯想到的類似問題，想到證明BH為∠CBA的外角平分線;

第三階段：把與BH有等量關系的線段和線段AE放在同一個三角形中，進而要能夠大膽猜想BH與AE的數量關系，最后證明猜想即可.

下面，筆者先給出前兩個階段的證明過程，進而多角度闡述第三階段關于猜想的證明.

【第一階段：證明DE=EH.】

如圖3所示，由（1）知△DAE≌△DFE，所以∠1=∠2. 因為△DFG≌△DCG，所以∠FDG=∠3.

在正方形ABCD中，因為∠1+∠2+∠FDG+∠3=90°，所以∠2+∠FDG=45°，即∠EDH=45°.

又∠DEH=90°，∠EHD=45°，所以△DEH為等腰直角三角形.

所以DE=EH.

【第二階段：證明BH為∠CBA的外角平分線.】

延長AB至點P，連接DB，則有∠CBP=90°，∠DBE=45°，所以∠DHE=45°.

所以 D，E，B，H四點共圓.

所以∠HBP=∠EDH=45°.

所以∠HBC=45°，即BH為∠CBP的平分線.

說明 從上面的證明過程我們看到，本題要證明的是兩條線段的數量關系，但需要先確定這兩條線段的位置關系，基于位置關系再確定數量關系，即先定“位”再定“性”最后再定量;由于線段BH在△EBH中，而EH（EH=DE）也在△EBH中，所以∠HBP=45°，∠EBH=135°，∠HBP=∠BEH+∠EHB=45°等為確定BH與AE的數量關系準備了條件. 下面重點闡述第三階段的證明.

【第三階段】

思路1 構造全等三角形.

證法1 如圖4所示，在AD上截取AK=AE，則△KAE為等腰直角三角形，∠AKE=45°.

所以∠EKD=∠HBE=135°.

因為∠DEH=90°，所以∠2+∠AED=90°.

又∠1+∠AED=90°，所以∠1=∠2.

又DE=EH，所以△EKD≌△HBE. 所以BH=EK.

在Rt△AEK中，EK=AE，所以BH=AE.

證法2 如圖5所示，連接BD，過點E作EK⊥AB交BD于點K，則△KEB為等腰直角三角形. 所以KE=BE.

因為∠2+∠AED=90°，又∠1+∠AED=90°. 所以∠1=∠2.

又DE=EH，所以△HBE≌△DKE. 所以BH=DK.

過點K作KL⊥AD于點L，則△DLK為等腰直角三角形. 所以DK=LK.

易證四邊形LAEK為矩形，所以LK=AE. 所以BH=AE.

說明 證法1和證法2都是直接利用了△HBE，所以證明過程簡潔順暢，下面間接應用△HBE，與證法1、2比較，會有異曲同工之妙.

證法3 如圖6所示，過點H作HK⊥BP于點K，則△HKB為等腰直角三角形，所以BH=HK.

在Rt△DAE和Rt△EKH中，∠1=∠2，DE=EH，所以Rt△DAE≌Rt△EKH. 所以AE=HK.

所以BH=AE.

證法4 如圖7所示，過點H作HP⊥BH交AB的延長線于點P，則△BHP為等腰直角三角形，所以HP=HB.

延長DA到點K，使AK=AE，則△AKE為等腰直角三角形. 所以KE=AE.

因為∠1=∠2， ∠DKE=∠EPH=45°，又DE=EH，所以△DKE≌△EPH.

所以HP=KE=AE.

所以BH=AE.

思路2 構造平行四邊形.

證法5 如圖8所示，以點A為旋轉中心，將Rt△DAE順時針旋轉90°，使DA與AB重合，得到Rt△BAK. 連接AC，KE，則△AKE為等腰直角三角形.

所以∠1=∠2=∠3. 所以KE∥AC∥BH.

因為DE⊥EH，DE繞點A旋轉90°到KB， 所以EH∥KB.

所以四邊形EKBH為平行四邊形.

所以BH=KE.

又KE=AE，

所以BH=AE.

思路3 應用四點共圓.

證法6 如圖9所示，由前面的證明可知，D，E，B，H四點共圓，作出輔助圓☉O， 與AD的另一個交點為K，連接KE，KH，則∠1=∠3.

因為∠1=∠2，所以∠2=∠3.

所以KH∥EB，BH=EK.

所以∠A=∠AKH=90°.

又∠EKH=∠EDH=45°，所以∠AKE=45°.

所以△AKE為等腰直角三角形.

所以EK=AE.

所以BH=AE.

思路4 應用解三角形法.

證法7 如圖10所示，在Rt△DAE中， sin∠1=.……①

在△EBH中，應用正弦定理，得=.……②

因為sin∠EBH=sin135°=sin45°=，sin∠1=sin∠2=，又DE=EH， 所以由①和②，得=.

所以BH=AE.

說明 采用解三角形的方法解決平面幾何證明問題，基本思路就是將證明轉化為計算.這種方法不用添加輔助線，過程清晰而簡捷，對于學有余力的同學（例如，參加過初中數學競賽）就像是打開了一扇窗，拓寬了幾何問題的證明路徑.

思路5 應用解析法.

證法8 建立如圖11所示的平面直角坐標系，設A（0，0），B（a，0），C（a，a），D（0，a），E（b，0），則直線DE的解析式為y=-x+a，又因為DE⊥EH，所以直線EH 的解析式為y=（x-b） .……①

直線BH 的解析式為y=x-a.……②

解由①和②聯立的方程，得x=a+b，

y=b.所以H（a+b，b）. 所以BH=b.

因為AE=b，所以BH=AE.

說明 在初中學習一次函數y=kx+b（k≠0）的基礎上，根據兩條直線平行和垂直的條件，利用解析法證明具有垂直或平行關系的直線型平面幾何問題，簡單易行. 本題就是利用了正方形中DE和EH的垂直關系，將問題轉化為二元一次方程組的計算問題，解題思路流暢清新.

問題拓展

在數學學習中，普遍存在著運動變化、相互聯系、相互轉化的問題，這些問題中蘊含著豐富的辯證法的哲學觀點，這些觀點對于促進學生數學思維的發展和理性精神的樹立具有重要的教育價值. 在本題中，運動變化和相互聯系等觀點同樣表現得非常充分.

事實上，在這些具有普世價值的思想觀念的引領下，一方面，可以指導我們對問題進行推廣和拓展;另一方面，問題拓展探究的過程又有助于我們更加準確地把握和深刻地領會內隱問題中的數學本質.

1. 運動變化思想——點E在直線AB上運動

（1）當點E運動到BA的延長線上時，如圖12所示，依題有∠EHD=45°，連接DB，∠DBE=45°，所以∠EHD=∠DBE.

所以D，E，H，B四點共圓.

所以∠EBH=∠EDH=45°.

所以HB是∠CBP的平分線.

由題意，得∠1=∠2.

利用解三角形法可證BH=AE.

（2）當點E在AB的延長線上時，如圖13所示，連接DB，∠DBC=45°.

又∠CBP=90°，所以∠DBE=135°.

又∠DHE=45°，所以∠DBE+∠DHE=180°.

所以D，B，E，H四點共圓.

所以∠EDH=∠EBH=45°，BH依然是∠CBP的平分線，利用解三角形法可證BH=AE.

2. 相互聯系觀點——將正方形推廣到一般的正多邊形

在原題已知條件中，四邊形ABCD是正方形，是正多邊形的一種. 根據相互聯系的觀點，我們可以大膽猜想：如果將問題推廣到其他的正多邊形中，結論依然成立.

如圖14所示，△ABD是正三角形，點E在AB邊上，△DEH是正三角形時，連接HB. 因為D，E，B，H四點共圓不變，所以BH依然是∠DBP的平分線. 在邊AD上截取線段AK，使AK=AE，連接EK，則△AKE為正三角形，可證△DEK≌△EHB. 所以HB=EK=AE.

如圖15所示，多邊形A1 A2 A3 …An是正n多邊形，點E在邊A1A2上，△AnEH是頂角∠AnEH=∠A1的等腰三角形，EAn=EH，連接HA2 .

同理可證：An，E，A2，H四點共圓，HA2是∠A3A2P的平分線，在邊A1An上截取線段A1K，使A1K=AE，連接EK，則可證△An EK≌△HEA2. 所以HA2=EK.

設∠KA1E=α，過點A1作A1G⊥KE于點G，則∠EA1G=α，GE=KE.

在Rt△A1GE中，因為sinα=，所以EK=2A1E·sinα.

所以當n=3時，EK=2A1E ·sin30°=A1E，A2H=A1E;

當n=4時，EK=2A1E·sin45°=A1E，A2H=A1E;

當n=6時，EK=2A1E·sin60°=A1E，A2H=A1E;

……

當然，因為∠KA1E為正n邊形A1A2A3…An的一個內角，所以∠KA1E=（n≥3），所以由半角公式，得EK=A1E（n≥3）. 據此也可以獲得上述結論.

可以說，重要的數學結論往往是“看”出來的，會“看”、能“看”需要的就是一種數學的直覺，這種直覺體現的正是直觀想象的素養. 正如法國數學家、物理學家H. 龐加萊在《數學中的直覺與邏輯》一文中所指出：……沒有直覺，年輕人在理解數學時便無從著手;他們不可能學會熱愛它，他們從中看到的只是空洞的玩弄詞藻的爭論;尤其是，沒有直覺他們永遠也不會有應用數學的能力……如果直覺對學生是有用的，那么對有創造性的科學家來說，它更是須臾不可或缺的[3].

縱觀上述問題的分析、解決和拓展過程，我們不難看到：正是數學的直覺引領學生自然而然地產生了數學的聯想，想到了蘊藏在不同數學問題之間的本質聯系;正是數學的思維指導師生水到渠成地形成了證明問題的五種基本思路. 進而，在基于不同思路展開一題多證的過程中，學生不斷深化對幾何問題中關鍵條件和幾何圖形基本特征的本質理解. 貫穿于其中的判斷、說理等數學思維活動，體現了學生的邏輯推理素養. 同時，在數學觀念的引導下，師生對問題進行適度拓展，將問題推廣到一般正多邊形的情形，使學生進一步體會并感悟到一般與特殊之間的辯證關系，感受數學知識之間的縱橫聯系以及數學思維的奇異之美.

筆者認為：基于感覺與想象的數學思考、基于歸納總結的科學程序，將會助力學生創造真正的數學推理. 進一步地，教師如果能夠適時、適當地引導學生對所研究問題的思維過程進行深入挖掘、系統梳理、高度概括、理性認識，充分提煉蘊含其中的數學基本思想和基本活動經驗，那么發展學生的數學核心素養便能夠落到實處[4].

參考文獻：

[1]中華人民共和國教育部制訂. 義務教育數學課程標準（2011年版）[S]. 北京：人民教育出版社，2012.

[2]史寧中. 基本數學思想18講[M]. 北京：北京師范大學出版社，2016.

[3]鄧東皋，孫曉禮，張祖貴. 數學與文化[M]. 北京：北京大學出版社，1999.

[4]白雪峰. 提煉基本活動經驗 ?欣賞數學理性之美——以一道初中數學競賽試題的多種解答與變式拓展為例[J]. 數學通報，2018（02）：28-31.