展現學生多彩思維

文章圍繞一道幾何證明題進行解法探究，其中，針對第（2）問提出5種解法，既有證明相似的常規解法，又有利用中點和特殊三角形性質的特殊解法.這體現了數學解題方法的多樣性.

探究一道幾何證明題的解法

1.題目呈現

已知：如圖1，在直角梯形ABCD中， ∠ADC=90^°，AD//BC ，點 E 在邊 BC 上，點 F 在對角線 _AC 上，且∠DFC=∠AEB.

（1）求證： _：AD?CE=AF?AC

（2）當點 E，F 分別是邊 BC，AC 的中點時，求證： AB⊥AC

第（1）問證明乘積式，對學生來說比較基礎，學生的思路也很清晰，只需把乘積式改為比例式，容易發現只需證明 ΔADF～ΔCAE ，于是得到第（1）問的思維導圖，如圖2

要證AD·CE=AF·AC√只需證AD=AF↓

（204號

下面重點分析第（2）問通過對結論的剖析可知，要證

AB⊥AC ，只需證明 ∠CAB=90^°. 題干中有 ∠ADC=90^° ，一種常見的求解思路是聯想到證明 ∠ADC=∠CAB 于是問題就轉化為證明角相等，進而轉化為證明三角形相似.這種思路會產生兩種解法.

由于本題題干中出現了直角三角形和中點，如果跳出相似三角形的求解思路，利用直角三角形斜邊中線模型和等腰三角形“三線合一”、三角形中位線定理等知識又會產生三種解法.經過討論，師生總結處理該問的多種思路，并得到了第（2）問的思維導圖，如圖3.

2.課堂還原

題目給出后，教師預留時間讓學生思考并厘清解題思路

3.解法探究

第（1）問的證明過程如下：

因為 AD//BC ，所以 ∠DAC= ∠ACB.又因為 ∠DFC=∠AEB ，所以∠DFA=∠AEC. 所以 ΔADF～ △CAE.所以AD （204號 所以 ∴∣-?-?-E= AF?AC

下面重點探究第（2）問，并呈現2種思路5種解法.

思路一：通過證明三角形相似，得到角相等

由（1）問得到 ∠DAC=∠ACB ∠ADF=∠CAE ，可直接通過證明ΔADC～ΔCAB 得到 ∠ADC=∠CAB ：也可以把角相等的問題轉化為證明∠FDC=∠EAB ，通過證明 ΔDFC^～ ΔAEB 來解決.基于以上思路，有學生提出了解法1和解法2

解法1：因為點 .E，F 分別是邊 BC ，_AC 的中點，所以A 1C=2AF，BC=2CE

因為 4D?CE=AF?AC ，所以 AD ：2CE=2AF?AC ，即 4D?BC=AC?AC

所以 又因為 ∠DAC= ∠ACB ，所以 ΔADC～ΔCAB. 所以∠ADC=∠CAB. （204號

因為 ∠ADC=90^° ，所以 ∠CAB= 90^°. 所以 AB⊥AC.

解法2：因為點 E，F 分別為邊 BC ，_AC 的中點，所以 BE=EC，AF=CF. （204

因為 ΔADF～ΔCAE ，所以 （204號 所以

又因為 ∠DFC=∠AEB ，所以ΔDFC～ΔAEB. 所以 ∠FDC=∠EAB.

因為 ΔADF～ΔCAE ，所以∠ADF=∠CAE. 所以 ∠ADF+ ∠FDC=∠CAE+∠EAB ，即 ∠ADC= ∠CAB=90^°. 所以AB⊥AC.

事實上，雖然解法1和解法2選擇的相似三角形不同，但是它們的共同點都是利用相似三角形的性質得到對應角相等.這是初中階段證明兩角相等的常規方法.這兩種方法在證明過程中都使用了中點的性質，對比例式進行變化，因此這兩種解法都是常規解法.

思路二：聚焦中點的特殊性

是否還有其他解法呢？跳出相似三角形的求解思路，線段中點是幾何圖形的一個特殊點，與之有關的結論很多，比如等腰三角形“三線合一”直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半、三角形中位線定理等，這些知識是連接線段數量關系與位置關系的紐帶.借助中點，利用特殊三角形的性質，有學生提出了解法3和解法4.

解法3：因為 ΔADF～ΔCAE ，所

在Rt△ADC中，因為點 F 為 _AC 的中點，所以 DF=AF （直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半）.所以A E=CE 所以 ∠ECA=∠EAC.

因為點 E 為 BC 的中點，所以 BE= CE=AE. 所以 ∠EAB=∠B

又因為 ∠CAB+∠B+∠ACB= 180^° ，所以 ?2∠EAB+2∠CAE=180^° 所以 ∠BAC=90^° ，即 AB⊥AC

解法4：如圖4，連接 EF ，在△ABC中，因為點 E，F 分別為 _BC，AC 的中點，所以EF是△ABC的中位線.所以 EF//AB. 所以 ∠EFC=∠BAC 因為△ADF△CAE，所以AF

在Rt△ADC中，因為點 F 為 _AC 的中點，所以 DF=AF. 所以A E=CE

又因為點 F 為 _AC 的中點，所以

EF⊥AC （等腰三角形“三線合一\"）所以 ∠EFC=90^° .所以 ∠BAC=90^° ，即 AB⊥AC

解法3和解法4的相同之處都是證明了 AE=CE ，區別在于解法3利用了 AE=BE=CE ，借助等腰三角形等邊對等角這一基本事實推出 ∠BAC= 90^° ，而解法4利用了等腰三角形“三線合一”這一特殊性質得到 ∠EFC= 90^° ，再結合三角形中位線定理得出結論.二者的共同點是都利用了中點的特殊性

輔助線是解決幾何問題的橋梁，巧妙添加輔助線可以讓解題“柳暗花明又一村”借助中點的特殊性，還有學生聯想到了如下方法

解法5（倍長中線構造矩形）：

如圖5，延長 .AE 到點 G ，使 AE= EG ，連接BG，GC.

由于 BE=EC，AE=EG ，所以四邊形ABGC是平行四邊形.同解法3或解法4可證A .E=EC ，所以A G=BC. 所以四邊形ABGC是矩形.所以 ∠BAC= 90^° ，即AB⊥AC.

事實上，解法5添加輔助線的方法比解法4要復雜一些，但是證明過程卻更加簡單，學生在證明過程中使用了平行四邊形及矩形的判定定理.可見，掌握與中點有關的知識和方法，熟悉與中點有關的幾何模型，解題就會多一些思路.

思考和啟迪

平面幾何在初中數學中處于非常重要的地位，它培養了學生的創造性思維能力，發展了學生的邏輯推理能力.教師在進行平面幾何教學的時候，既要重視基本圖形的識別、題設條件的分析，又要注重解題思路的拓展和解題方法的講評，更要注意優秀解法的收集和分享.解題思路的產生有賴于學生對圖形中基本信息的有效提取和使用，對基本圖形的思考和理解.因此，在平面幾何習題講評課上，教師應通過課堂留白，給予學生充分的時間去思考、去表達、去分享、去展示，通過對基本圖形的分析，讓學生掌握基本圖形的識別方法、積累基本結論，這些都是幫助學生解決問題的“密鑰”.

一般來說，優秀的幾何證明題大多存在多種解法，正如本文所舉的例子，其中解法3、解法4、解法5并沒有使用證明三角形相似這一常規思路，而是注意到了中點的特殊性，由中點聯想到中線、三角形中位線、倍長中線等知識.一道幾何題，從不同的角度出發，就會聯想到不同的基本圖形及結論，從而產生不同的解法.本文列舉的5種解法體現了數學解題方法的多樣性，說明這是一道難得的好題，是訓練學生思維的優質素材.

英國著名哲學家密爾認為：一個人能夠對某個問題有所認知的唯一方法是聽不同人對這個問題所提出的意見，了解具有不同思維特點的人是如何使用不同的方法來探究這個問題的.翻開歷史的畫卷，對于同一個問題，不同時空的數學家會采取不同的方法加以解決，這正是數學的魅力之所在[1].因此，不同的學生對于同一個問題可能有不同的解法.通過一題多解的訓練，學生可以串聯曾經學過的知識，加深對知識的理解.教師在教學過程中可以引導學生從不同的角度去思考，比較各種解法的差異，不斷優化解法，加深學生對各個部分知識內在聯系的理解，掌握各個部分知識的轉化規律與應用，達到鍛煉思維的目的，

參考文獻：

[1]王華，汪曉勤.中小學數學“留白創造式”教學—理論、實踐與案例[M].上海：華東師范大學出版社，2023.