一道初中平面几何题的解法赏析 Appreciation of the Solution to a Junior Middle School Plane Geometry Problem

doi:10.12677/PM.2023.1310308

Pure Mathematics
Vol. 13 No. 10 ( 2023 ), Article ID: 74485 , 6 pages
10.12677/PM.2023.1310308

一道初中平面几何题的解法赏析

高居敏

●How to Cite this Article

新疆师范大学数学科学学院，新疆乌鲁木齐

收稿日期：2023年9月19日；录用日期：2023年10月20日；发布日期：2023年10月27日

摘要

平面几何是初中数学的重要知识点，对学生的数学思维能力要求较高，平面几何题的解法往往因辅助线的不同而有多种不同的解法。本文以一道初中平面几何题为例，探究不同的八种解法，以促进学生的数学思维不断提升。

关键词

一题多解，平面几何，数学思维

Appreciation of the Solution to a Junior Middle School Plane Geometry Problem

Jumin Gao

School of Mathematical Sciences, Xinjiang Normal University, Urumqi Xinjiang

Received: Sep. 19^th, 2023; accepted: Oct. 20^th, 2023; published: Oct. 27^th, 2023

ABSTRACT

Plane geometry is an important knowledge point in junior high school mathematics, which requires students to have high mathematical thinking ability. The solutions to plane geometry problems often have many different solutions due to different auxiliary lines. This article takes a junior middle school plane geometry problem as an example to explore eight different solutions to promote the continuous improvement of students’ mathematical thinking.

Keywords:One Problem with Multiple Solutions, Plane Geometry, Mathematical Thinking

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1. 引言

数学练习题是永远做不完的，如何让学生跳出题海，减轻学生的学业负担。是数学教学中急需解决的一个重要问题。一题多解，顾名思义，指的是围绕一道题目展开的多角度练习。这是一种十分常见的练习形式。在进行一题多解练习时，学生需要思维发散，结合所学知识从不同角度、不同层面思考问题。教学实践反复证明，巧用一题多解，不仅能够提升学生学习的主动性。还能增强学生数学思维能力，促使学生从机械呆板的做题模式中解脱出来。本文将以一道初中平面几何题为例，来谈一题多解对于促进学生跳出题海包围圈的关键作用 [1] [2] 。

2. 案例分析

问题呈现：如图1，在 $Δ A B C$ 中， $∠ A C B = ∠ A C F = 90^{\circ}$ ，D为AC中点，E为AB上一点，连接ED，BC的延长线交于点F， $∠ F = 30^{\circ}$ ， $E D = 2$ ， $D F = 6$ ， $E B = 2 \sqrt{7}$ 。则BC的长为

Figure 1. Master map

图1. 原图

【试题解析】本题是一道经典的初中平面几何问题，几何是初中数学的重要知识点，几何的许多问题需要借助相似三角形来解决，添加不同的辅助线构造相似三角形往往是学生解题时的第一选择。本题题设条件简明，并且给出多个已知线段长度，学生解题时往往会容易着手。

解法1

Figure 2. Figure of solution one

图2. 第一个解法图

【试题分析】如图2，已有的条件不能直接求出线段BC的长度，那么只需构造辅助线即可，过点D做 $D M ∥ A B$ ，根据 $Δ D M F \sim Δ E B F$ 相似，求出MD的长度，在由勾股定理得到MC的长度，根据中位线原理 $B C = 2 M C$ 。

过点D做 $D M ∥ A B$ ，交BC于M。易知 $Δ D M F \sim Δ E B F$ 得 $\frac{M D}{B E} = \frac{D F}{E F}$ ， $\frac{M D}{2 \sqrt{7}} = \frac{6}{8}$ ，即 $M D = \frac{3 \sqrt{7}}{2}$ 。因为 $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ，所以 $C D = 3$ 。在 $Δ D M C$ 中，由勾股定理得 $M C = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ，又因为M是BC中点，所以 $B C = 2 M C = 3 \sqrt{3}$ 。

解法2

Figure 3. Figure of solution two

图3. 第二个解法图

【试题分析】如图3，过点E作 $E M ⊥ B F$ ，交BF与点M，要想求BC的长度，那么只需求BM，MC长度即可。即 $Δ D C F \sim Δ E M F$ ，求出MF，ME的长度，再根据勾股定理得到BM的长度。

过点E作 $E M ⊥ B F$ ，交BF与点M，即 $Δ D C F \sim Δ E M F$ ，因为 $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ， $∠ A C B = ∠ A C F = ∠ E M F = 90^{\circ}$ ，所以 $C D = 3$ ， $M E = 4$ ，由勾股定理可得 $C F = 3 \sqrt{3}$ 。由 $Δ D C F \sim Δ E M F$ 可得， $\frac{D F}{E F} = \frac{C F}{M F}$ ， $\frac{6}{8} = \frac{3 \sqrt{3}}{M F}$ ，即 $M F = 4 \sqrt{3}$ ， $M C = M F - C F = \sqrt{3}$ ，在 $Δ B E M$ 中， $B E = 2 \sqrt{7}$ ， $M E = 4$ ，由勾股定理可得， $B C = B M + M C = 3 \sqrt{3}$ 。

解法3

Figure 4. Figure of solution three

图4. 第三个解法图

【试题分析】如图4，构造辅助线，即过点D作 $D M ∥ F B$ ，交AB于点M。只要求出MD的长度，根据中位线原理， $B C = 2 M D$ 。

过点D作 $D M ∥ F B$ ，交AB于点M， $Δ D E M \sim Δ F E B$ 。因为 $∠ F = 30^{\circ}$ ， $∠ A C F = 90^{\circ}$ ，所以 $C D = 3$ ， $C F = 3 \sqrt{3}$ 。D是AC的中点，设 $M D = X$ ， $B C = 2 X$ ， $\frac{M D}{B F} = \frac{E D}{E F}$ ， $\frac{X}{2 X + 3 \sqrt{3}} = \frac{2}{8}$ ， $X = M D = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ， $B C = 2 X = 3 \sqrt{3}$ 。

解法4

Figure 5. Figure of solution four

图5. 第四个解法图

【试题分析】如图5，作 $E M ∥ B F$ ，交AC于点M，只要求出AE的长度，根据三角形勾股定理即可求出BC的长度。由 $Δ E M D \sim Δ F C D$ ，求出MD的长度。在由勾股定理求出EM长度，进而求出AE的长度。

作 $E M ∥ B F$ ，交AC于点M，即 $Δ E M D \sim Δ F C D$ ，由 $∠ A C F = 90 {}^{\circ}$ ， $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ，得 $C D = A D = 3$ ， $\frac{M D}{C D} = \frac{E D}{D F}$ ，得 $\frac{M D}{3} = \frac{2}{6}$ ，得 $M D = 1$ ， $A M = A D - M D = 2$ ，在 $Δ E M D$ 中， $∠ E M D = 90^{\circ}$ ，由勾股定理得 $E M = \sqrt{3}$ 。在 $Δ A E M$ 中， $E M = \sqrt{3}$ ， $A M = 2$ ，由勾股定理得 $A E = \sqrt{7}$ ，即 $A B = 3 \sqrt{7}$ ，在 $Δ A B C$ 中， $A B = 3 \sqrt{7}$ ， $A C = 6$ ，由勾股定理得 $B C = 3 \sqrt{3}$ 。

解法5

Figure 6. Figure of solution five

图6. 第五个解法图

【试题分析】如图6，构造辅助线，过点C作 $C M ∥ F E$ ，交AB于点M，由勾股定理得 $F C = 3 \sqrt{3}$ ，再根据中位线原理得到 $M C = 2 E D$ 。在由 $Δ B M C \sim Δ B E F$ ，即可得到BC的长度。

过点C作 $C M ∥ F E$ ，交AB于点M，即 $Δ A E D \sim Δ A M C$ ，由 $∠ A C F = 90^{\circ}$ ， $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ，得 $C D = A D = 3$ ，由勾股定理得 $C F = 3 \sqrt{3}$ ，因为D是AC的中点， $E D ∥ M C$ ，即 $M C = 2 E D = 4$ ，又因为

$M C ∥ E F$ ，所以在 $Δ B M C \sim Δ B E F$ ，设 $B C = X$ ，即 $\frac{B C}{B F} = \frac{M C}{E F}$ ， $\frac{X}{X + 3 \sqrt{3}} = \frac{4}{8}$ ， $X = B C = 3 \sqrt{3}$ 。

解法6

Figure 7. Figure of solution six

图7. 第六个解法图

【试题分析】如图7，构造辅助线，过点C作 $C M ∥ B A$ ，交EF于点M。由 $Δ A E D_{=}^{\sim} Δ C M D$ ，得到DM长度，再由勾股定理得到CF，MF的长度。进而根据 $Δ F C M \sim Δ F B E$ ，得到BC的长度。

过点C作 $C M ∥ B A$ ，交EF于点M，因为 $∠ A D E = ∠ C D M$ ， $∠ B A C = ∠ A C M$ ， $A D = C D$ ，所以

$Δ A E D_{=}^{\sim} Δ C M D$ (ASA)，即 $E D = M D = 2$ ， $F M = F D - M F = 4$ 。由 $∠ D C F = 90^{\circ}$ ， $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ，

可得 $C D = 3$ ， $C F = 3 \sqrt{3}$ 。又因为 $C M ∥ B A$ ，即 $Δ F C M \sim Δ F B E$ ， $\frac{M F}{E F} = \frac{C F}{B F}$ ， $\frac{4}{8} = \frac{3 \sqrt{3}}{B F}$ ， $B F = 6 \sqrt{3}$ ，即 $B C = B F - C F = 3 \sqrt{3}$ 。

解法7

Figure 8. Figure of solution seven

图8. 第七个解法图

【试题分析】如图8，当学生构造辅助线的方法已用完后，不妨进一步发散思维。已知BE，EF的长度， $∠ F = 30^{\circ}$ ，那么根据余弦定理得到BF的长度，进而得到BC的长度。

由 $∠ D C F = 90^{\circ}$ ， $∠ F = 30^{\circ}$ ， $D F = 6$ ，可得 $C D = 3$ ，由勾股定理可得 $C F = 3 \sqrt{3}$ 。由 $B E = 2 \sqrt{7}$ ，

$E F = 8$ ， $∠ F = 30^{\circ}$ 。根据余弦定理 $C O S ∠ F = \frac{E F^{2} + B F^{2} - B E^{2}}{2 E F \times B F} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ ，可得 $B F = 6 \sqrt{3}$ ， $B F = 2 \sqrt{3}$ (舍去) $B C = B F - C F = 3 \sqrt{3}$ 。

解法8

Figure 9. Figure of solution eight

图9. 第八个解法图

【试题分析】如图9，解析法是在平面直角坐标系的基础上，把几何问题转化为代数问题。以CF为X轴、CA为Y轴建立平面直角坐标系；其关键在于如何求E、B点的坐标。根据D、F两点坐标求出FE直线方程。再根据A，E求出AB的直线方程。最后即可求出B的坐标，即BC长度。

以C为原点，CF为X轴，CA为Y轴，建立平面直角坐标系。过E作 $E M ⊥ A D$ ，即 $Δ E M D \sim Δ F C D$ ，

$\frac{D F}{D E} = \frac{C D}{M D}$ ， $\frac{6}{2} = \frac{3}{M D}$ ，即 $M D = 1$ 。由勾股定理的 $E M = \sqrt{3}$ ，即 $D (0, 3)$ ， $F (3 \sqrt{3}, 0)$ 。设直线FE的方程为 $y_{1} = k x + b$ ， ${\begin{cases} b = 3 \\ 3 \sqrt{3} k + 3 = 0 \end{cases}$ 得 ${\begin{cases} b = 3 \\ k = - \frac{\sqrt{3}}{3} \end{cases}$ ，直线FE的方程 $y_{1} = - \frac{\sqrt{3}}{3} x + 3$ ，当 $X = - \sqrt{3}$ 时， $Y = 4$ 。即 $E (- \sqrt{3}, 4)$ 。设直线AB方程 $y_{2} = k_{1} X + b_{1}$ 。由 $E (- \sqrt{3}, 4)$ ， $A (0, 6)$ 得 ${\begin{cases} b_{1} = 6 \\ - \sqrt{3} k_{1} + b_{1} = 4 \end{cases}$ ，即 ${\begin{cases} b_{1} = 6 \\ k_{1} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} \end{cases}$ ，直线AB的方程为 $y_{2} = \frac{2 \sqrt{3}}{3} X + 6$ ，令 $y_{2} = 0$ ，可得 $X = - 3 \sqrt{3}$ ， $B (- 3 \sqrt{3}, 0)$ ， $| B C | = 3 \sqrt{3}$ 。

3. 小结

上述的八种解法不仅用到了三角形勾股定理，余弦定理，全等三角形的判定及性质，还用到了添加辅助线，构造平面直角坐标系等知方法。这种题目，不仅能够帮助学生将所学的知识点联系起来，同时还能培养学生的数学思维能力，提高问题发现能力，问题解决能力，问题探究能力。教师在进行习题的讲解时，应充分引导学生发散思维，如这道题只有一种辅助线构造方法吗？除了辅助线的构造还有别的方法吗？你能借助不一样的知识点来解题吗？这样的教学方法对当下中学生数学思维能力大有益处。

4. 一题多解的价值分析

1) 一题多解有利于促进学生的核心素养

一题多解的教学模式有利于培养学生的数学推理、分析、思考和观察等能力。学生在认识数学、理解数学乃至创造数学的过程中，能建立起积极向上的学习态度，实现用数学的眼光看待现实世界。用数学的语言表达现实世界，用数学的思维分析现实世界，最终使学生的核心素养不断提升 [3] 。

2) 一题多解促进学生知识迁移

一题多解是梳理知识与思想方法的有效方式之一，它不仅可以实现知识的迁移与融会贯通，还可以使学生的解题思路得到发展。学生在学习数学的过程中，不应该单纯地记忆数学公式、概念和定理，还应形成固定的解题方法，从而节约解题时间。由此可见，一题多解不仅能强化基础知识、明晰解题思路，还能提升学习效率 [4] 。

文章引用

高居敏. 一道初中平面几何题的解法赏析
Appreciation of the Solution to a Junior Middle School Plane Geometry Problem[J]. 理论数学, 2023, 13(10): 2994-2999. https://doi.org/10.12677/PM.2023.1310308

参考文献

1. 张世凡, 冉雪琴, 张晓斌. 体现数学本质的一题多解教学[J]. 数学教学通讯, 2022(6): 9-11.

2. 徐飞雷, 王颖. 初中数学一题多解的探究[J]. 中学教学参考, 2020(35): 27-28.

3. 程华. 从“一题多解”审思解题教学的思维培养[J]. 数学通报, 2020, 59(8): 50-54.

4. 赵弘, 杜梦雅. 中小学生数学创造力的测量与培养——以一题多解为进路[J]. 数学通报, 2020, 59(4): 11-17.

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