一題多解，各美其美
——以一道幾何題的解法探究為例

宿城第一初級中學

劉旭東 饒磊磊

一題多解，就是在不同視角下對問題進行剖析與探究.一題多解，既有助于開闊解決問題的思路,提高解決問題的能力，又可以最大限度地挖掘學生已有知識的潛在能力；它有利于培養學生的直觀想象能力,發散學生的數學思維，發展學生的核心素養．

本文主要探究下列問題第(2)問的解法，剖析其解決的策略以及對教學的啟迪,以供各位同仁參考，并歡迎指正.

1 問題呈現

圖1

問題如圖1，點E，F分別是正方形ABCD的邊AB，BC的中點，DE與AF交于點H,連接BH.

(1)寫出線段DE與AF的數量關系和位置關系，并證明；

(2)求∠BHD的度數.

2 思路分析

該題是由北師大版九年級上冊“正方形”這一節例題改編而來，以正方形為背景考查兩條線段之間的關系及求角的度數.對于第(1)小問，我們可以通過證明△ADE≌△BAF，得DE=AF,∠EAF=∠EDA，∠AED=∠BFA,進一步可得∠EHA=90°，從而AF與DE垂直且相等；第(2)問求角的度數，思考的角度較多，可以直接求解，亦可考慮用該角和其他角的關系，利用三角函數等方法求解.第(2)問思路寬，解法多，極具探究價值，具體策略如下.

圖2

3 特色解法

策略一:將∠BHD放到四邊形DCBH中，靈活利用其內角間的關系進行求解.

解法1：如圖2，延長AF至點M，使得FM=AF，連接CM，HC，易證△ABF≌△MCF.

故∠BCM=90°，即點D，C，M共線,且AB=MC=DC,從而得到點C為DM的中點.

由(1)知AF⊥DE，即∠MHD=90°.

由DC=BC，得HC=BC.

故∠CBH=∠CHB,∠CHD=∠CDH.

因為∠BCD+∠CDH+∠DHB+∠CBH=360°，所以∠CDH+∠DHB+∠CBH=270°.

即∠CBH+∠BHC+∠CHD+∠CDH=270°.

故∠BHC+∠CHD=135°，從而∠BHD=135°.

圖3

解法2：如圖3，取AD的中點G，連接HG，GC.

易證△ABF≌△CDG.

于是AF=GC.又因AG=FC，所以四邊形AGCF為平行四邊形，則AF∥GC.

由(1)知AF⊥DE，則GC⊥ED.

又易得HG=DG,所以GC是線段HD的垂直平分線，故HC=DC=BC.

故∠CBH=∠BHC，∠CHD=∠CDH.

因為∠BCD+∠CDH+∠DHB+∠CBH=360°，

所以∠CDH+∠DHB+∠CBH=270°.

即∠CBH+∠BHC+∠CHD+∠CDH=270°.

故∠BHC+∠CHD=135°，從而∠BHD=135°.

策略二:利用四點共圓來找到已知角和未知角的關系，從而到達事半功倍的效果.

圖4

解法3：如圖4，連接EF，取EF的中點O，連接BO，HO.

因為△BEF為等腰直角三角形，△EHF為直角三角形，所以BO=HO=OF.

即點B，H，F在以O為圓心OB為半徑的圓上.

易得∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°,即∠BHD=135°.

圖5

解法4：如圖5，延長AF至點M，使得FM=AF，連接CM，HC.易證△ABF≌△MCF，則∠BCM=90°.

所以點D，C，M共線，且AB=MC=DC,則點C為DM的中點.

由(1)知AF⊥DE，即∠MHD=90°.

由DC=BC，得HC=BC.

由DC=BC=HC=CM，得點D，H，B，M在以點C為圓心，以CD為半徑的圓上.

因為∠BCD=90°，所以優弧BD所對的圓心角為270°,進而∠BHD=135°.

圖6

解法5:如圖6，由(1)知AF⊥DE，即∠EHF=90°.

又由∠ABC=90°，可得

∠ABC+∠EHF=180°.

所以四邊形BEHF對角互補.

因此B，E，H，F四點共圓.

于是∠BHF=∠BEF=45°.

故∠BHD=135°.

策略三:由第(1)問可知，AF與DE垂直，所以∠FHD=90°，所以求解∠BHD可轉化為求解∠BHF；利用∠BHD與∠EHB的互補關系，亦可將問題轉化為求∠EHB.而求∠BHF或∠EHB可以放到等腰直角三角形或者正方形中.

圖7

解法6：如圖7，連接EF，取EF的中點O，連接BO，HO.

由△EBF為等腰直角三角形，△EHF為直角三角形，得BO=HO=EO=OF，△BOF為等腰直角三角形.

所以∠OBH=∠OHB，∠OHF=∠OFH，∠OBF+∠OFB=90°.

又因為∠BHF+∠HBF+∠HFB=180°，所以可得2∠OHB+2∠OHF+∠OBF+∠OFB=180°.

所以∠OHB+∠OHF=45°，即∠BHF=45°，∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°.

故∠BHD=135°.

解法7：如圖8，作BM∥AF，HM⊥BM，BN⊥AF.易證四邊形BMHN為矩形，△AHE≌△BNF，△BME≌△AHE.

故BM=AH=BN，即四邊形BMHN為正方形.

由∠BHF=∠BHE=45°，得

∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°.

圖8

圖9

解法8：如圖9，延長DE，CB交于點O，作MB⊥HB交DE延長線于點M.易證△OBE≌△DAE，△OBM≌△ABH，△MBH為等腰直角三角形.

故∠MHB=45°，即∠BHD=135°.

圖10

解法9：如圖10，作BQ⊥HB交AF的延長線于點Q.

由∠HBQ=90°，可得

∠HBF+∠FBQ=90°.

又∠ABC=90°，則有

∠HBF+∠ABH=90°，

∠ABC+∠EHF=180°.

所以∠ABH=∠FBQ，∠BEH+∠BFH=180°.

又因為∠BFQ+∠BFH=180°，所以可得

∠BEH=∠BFQ.

又因為BF=BE，所以△EHB≌△FQB.

于是BQ=BH，即△BHQ為等腰直角三角形.

所以∠BHQ=45°.

故∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°.

4 結語

本題可以從特殊的三角形、四邊形相關知識、四點共圓、圖形的運動等方面進行思考，此外，亦可用坐標、向量、三角函數等方法.題目的多角度思考大大激發了學生的發散性思維.在教學中，適當地對問題進行延伸、拓展，可以拓寬知識點間的橫向聯系，可以加深學生對知識的縱向認識，從而變孤立題目或單個題目的教學為對一類問題的學習．

一個問題可能有多種解法，我們要學會從多角度來思考問題、分析問題、解決問題，做到融會貫通，舉一反三．解題教學要立足課標、教材，關注核心知識、基本圖形，加深對圖形結構的理解，加深對數學本質的理解，加強思維引導.在過程性教學中發展學生的探究意識，使得解法自然生成，真正將知識落到實處.引導學生結合題目的特點一題多解，一題多變，拓寬思路，幫助學生在變式訓練中發展思維的靈活性與發散性，提升解題能力，培養數學洞察力，引領并促進數學核心素養在平時的教學中落地生根．