一题多解,各美其美
——以一道几何题的解法探究为例

2023-03-14 02:23宿城第一初级中学
中学数学杂志 2023年4期
关键词:共圆一题中点

宿城第一初级中学

刘旭东 饶磊磊

一题多解,就是在不同视角下对问题进行剖析与探究.一题多解,既有助于开阔解决问题的思路,提高解决问题的能力,又可以最大限度地挖掘学生已有知识的潜在能力;它有利于培养学生的直观想象能力,发散学生的数学思维,发展学生的核心素养.

本文主要探究下列问题第(2)问的解法,剖析其解决的策略以及对教学的启迪,以供各位同仁参考,并欢迎指正.

1 问题呈现

图1

问题如图1,点E,F分别是正方形ABCD的边AB,BC的中点,DE与AF交于点H,连接BH.

(1)写出线段DE与AF的数量关系和位置关系,并证明;

(2)求∠BHD的度数.

2 思路分析

该题是由北师大版九年级上册“正方形”这一节例题改编而来,以正方形为背景考查两条线段之间的关系及求角的度数.对于第(1)小问,我们可以通过证明△ADE≌△BAF,得DE=AF,∠EAF=∠EDA,∠AED=∠BFA,进一步可得∠EHA=90°,从而AF与DE垂直且相等;第(2)问求角的度数,思考的角度较多,可以直接求解,亦可考虑用该角和其他角的关系,利用三角函数等方法求解.第(2)问思路宽,解法多,极具探究价值,具体策略如下.

图2

3 特色解法

策略一:将∠BHD放到四边形DCBH中,灵活利用其内角间的关系进行求解.

解法1:如图2,延长AF至点M,使得FM=AF,连接CM,HC,易证△ABF≌△MCF.

故∠BCM=90°,即点D,C,M共线,且AB=MC=DC,从而得到点C为DM的中点.

由(1)知AF⊥DE,即∠MHD=90°.

由DC=BC,得HC=BC.

故∠CBH=∠CHB,∠CHD=∠CDH.

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

即∠CBH+∠BHC+∠CHD+∠CDH=270°.

故∠BHC+∠CHD=135°,从而∠BHD=135°.

图3

解法2:如图3,取AD的中点G,连接HG,GC.

易证△ABF≌△CDG.

于是AF=GC.又因AG=FC,所以四边形AGCF为平行四边形,则AF∥GC.

由(1)知AF⊥DE,则GC⊥ED.

又易得HG=DG,所以GC是线段HD的垂直平分线,故HC=DC=BC.

故∠CBH=∠BHC,∠CHD=∠CDH.

因为∠BCD+∠CDH+∠DHB+∠CBH=360°,

所以∠CDH+∠DHB+∠CBH=270°.

即∠CBH+∠BHC+∠CHD+∠CDH=270°.

故∠BHC+∠CHD=135°,从而∠BHD=135°.

策略二:利用四点共圆来找到已知角和未知角的关系,从而到达事半功倍的效果.

图4

解法3:如图4,连接EF,取EF的中点O,连接BO,HO.

因为△BEF为等腰直角三角形,△EHF为直角三角形,所以BO=HO=OF.

即点B,H,F在以O为圆心OB为半径的圆上.

易得∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°,即∠BHD=135°.

图5

解法4:如图5,延长AF至点M,使得FM=AF,连接CM,HC.易证△ABF≌△MCF,则∠BCM=90°.

所以点D,C,M共线,且AB=MC=DC,则点C为DM的中点.

由(1)知AF⊥DE,即∠MHD=90°.

由DC=BC,得HC=BC.

由DC=BC=HC=CM,得点D,H,B,M在以点C为圆心,以CD为半径的圆上.

因为∠BCD=90°,所以优弧BD所对的圆心角为270°,进而∠BHD=135°.

图6

解法5:如图6,由(1)知AF⊥DE,即∠EHF=90°.

又由∠ABC=90°,可得

∠ABC+∠EHF=180°.

所以四边形BEHF对角互补.

因此B,E,H,F四点共圆.

于是∠BHF=∠BEF=45°.

故∠BHD=135°.

策略三:由第(1)问可知,AF与DE垂直,所以∠FHD=90°,所以求解∠BHD可转化为求解∠BHF;利用∠BHD与∠EHB的互补关系,亦可将问题转化为求∠EHB.而求∠BHF或∠EHB可以放到等腰直角三角形或者正方形中.

图7

解法6:如图7,连接EF,取EF的中点O,连接BO,HO.

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

所以∠OBH=∠OHB,∠OHF=∠OFH,∠OBF+∠OFB=90°.

又因为∠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:如图8,作BM∥AF,HM⊥BM,BN⊥AF.易证四边形BMHN为矩形,△AHE≌△BNF,△BME≌△AHE.

故BM=AH=BN,即四边形BMHN为正方形.

由∠BHF=∠BHE=45°,得

∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°.

图8

图9

解法8:如图9,延长DE,CB交于点O,作MB⊥HB交DE延长线于点M.易证△OBE≌△DAE,△OBM≌△ABH,△MBH为等腰直角三角形.

故∠MHB=45°,即∠BHD=135°.

图10

解法9:如图10,作BQ⊥HB交AF的延长线于点Q.

由∠HBQ=90°,可得

∠HBF+∠FBQ=90°.

又∠ABC=90°,则有

∠HBF+∠ABH=90°,

∠ABC+∠EHF=180°.

所以∠ABH=∠FBQ,∠BEH+∠BFH=180°.

又因为∠BFQ+∠BFH=180°,所以可得

∠BEH=∠BFQ.

又因为BF=BE,所以△EHB≌△FQB.

于是BQ=BH,即△BHQ为等腰直角三角形.

所以∠BHQ=45°.

故∠BHD=∠BHF+∠FHD=135°.

4 结语

本题可以从特殊的三角形、四边形相关知识、四点共圆、图形的运动等方面进行思考,此外,亦可用坐标、向量、三角函数等方法.题目的多角度思考大大激发了学生的发散性思维.在教学中,适当地对问题进行延伸、拓展,可以拓宽知识点间的横向联系,可以加深学生对知识的纵向认识,从而变孤立题目或单个题目的教学为对一类问题的学习.

一个问题可能有多种解法,我们要学会从多角度来思考问题、分析问题、解决问题,做到融会贯通,举一反三.解题教学要立足课标、教材,关注核心知识、基本图形,加深对图形结构的理解,加深对数学本质的理解,加强思维引导.在过程性教学中发展学生的探究意识,使得解法自然生成,真正将知识落到实处.引导学生结合题目的特点一题多解,一题多变,拓宽思路,帮助学生在变式训练中发展思维的灵活性与发散性,提升解题能力,培养数学洞察力,引领并促进数学核心素养在平时的教学中落地生根.

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