一道填空題的解題策略探秘

通過對一道幾何填空題的多解探究，幫助學生挖掘幾何圖形中的基本幾何模型，探尋解題之思維路徑，以開闊學生解題視野，培養(yǎng)學生的發(fā)散思維及創(chuàng)新能力等[].

1問題再現(xiàn)

如圖1，半圓 o 的直徑 AB=5 ，AC，AD 為弦，且 AC=3，AD 平分∠BAC ，則 AD 的長等于

2解題策略探秘

策略一勾股定理法

在幾何問題中，求線段的長是最基本的問題.求線段長最常用的方法就是勾股定理法，即設(shè)法構(gòu)造直角三角形，讓所求線段成為直角三角形的一邊，然后利用勾股定理求解[2].

解法1：如圖2，連接 BC，BD .OD，OD 與 BC 交于點 G .因為 AB 是直徑，所以 ∠C=∠ADB=90^°. 因為 AD 平分 ∠BAC ，所以

根據(jù)垂徑定理的推論，得 OD 垂直平分 BC. 因為直徑AB=5 ，所以半徑 .因為點 α_O，G 分別是 AB ，中

BC的中點，所以 OG 是△ABC的中位線，所以 OG= .在Rt△ABC 中，AB=5，AC=3，由勾股定理，得 BC=4 ，所以 BG=2 因為 DG=OD-OG=1 所以在 RtΔBDG 中，由勾股定理，可得 .在RtΔABD 中，由勾股定理，得

點評：本題在連接三條線段后，圖形中出現(xiàn)了7個直角三角形.求線段長時，三次利用了勾股定理，這三次利用勾股定理具有一定的先后順序，前一次利用勾股定理求得的結(jié)果是后一次利用的基礎(chǔ).

解法2：如圖3，連接 BC，BD，OD，OD 與 BC 交于點 G ，過點 D 作 DH⊥AC 交 AC 的延長線于點 H 由解法1可知， ∠C=∠ADB=90^°，OD 垂直平分

BC，DG=1，CG=BG=2. 所以四邊形CGDH是矩形，所以 CH=DG= 1，DH=CG=2 ，于是可得 AH= AC+CH=4 在 RtΔADH 中，由勾股定理得

點評：解法2與解法1相比，少用了一次勾股定理，但使用了矩形的判定與性質(zhì).解法1以 AD 為直角三角形的直角邊，求 AD 的長，而解法2以 AD 為直角三角形的斜邊，求 AD 的長.

策略二軸對稱法

角是一個軸對稱圖形，遇到角平分線，過角平分線上的一點作兩邊的垂線段，可得全等三角形.題中不僅有角平分線，而且還有垂線，而角平分線與垂線是同一直線時，可以得到等腰三角形.

解法3：如圖4，過點 D 作 DG⊥ AB，DH⊥AC ，垂足分別為 G，H ，連接 BD，DC. 由 AD 平分 ∠BAC ，可知 DH=DG，DB=DC. 根據(jù)斜邊直角邊定理，可得到 RtΔADH? RtΔADG RtΔDHC?RtΔDGB ，所以 AH=AG ，BG=CH .設(shè) BG=CH=x ，那么 AH=3+x . AG= 5-x ，則有 3+x=5-x ，解得 x=1 ，所以 BG=1 ，AG=4 .由射影定理，得 AD²=AG?AB=20 ，所以

點評：解法3使用的方法是見角平分線，作雙垂得全等，解答中兩次利用斜邊直角邊定理判定兩個直角三角形全等，得到兩組相等的線段，從而求得 GB 的長.最后利用射影定理求出 AD 的長.

解法4：如圖5，連接 BC，BD ，延長 BD，AC 交于點 E .因為 AD 平分 ∠BAC，AD⊥BE ，根據(jù)角邊角定理，得 ΔADB?ΔADE ，所以 AE= AB=5. 又 AC=3 ，所以 CE=2 因為在 RtΔABC 中，由勾股定理，得

BC=4 ，所以在 RtΔBCE 中，由勾股定理，得 BE=

.因為 AD ，BC都是△ABE的高，所以有 ： ，所以

點評：解法4應用了“等腰三角形三線合一”的逆定理，即角平分線與高線在同一直線時，該三角形為等腰三角形.這也是處理角平分線問題常見的方法.在最后求 AD 的長時，使用了面積法，其實面積法也是求線段長的一種方法.

解法5：如圖6，作點 c 關(guān)于直線 AD 的對稱點 C^′ ，連接 DC^′，DC DB ，過點 D 作 DG⊥AB 于點 G .因為 AD 是 ∠CAB 的平分線，所以點C^′ 一定落在 AB 上，則 AC^′=AC=

3.又因為 AB=5 ，所以 BC^′=2. 因為 DC^′=DC=DB DG⊥AB ，根據(jù)等腰三角形三線合一，得 GC^′=GB= 1，所以 AG=4 在 RtΔABD 中，由射影定理，得 AD²= AG?AB=20 ，解得 ：

點評：解法5仍利用角是軸對稱圖形這一基本原理進行構(gòu)圖，角的平分線所在的直線就是它的對稱軸，與解法3不同的是，解法3通過過角平分線上一點兩次作垂線的方法構(gòu)造全等三角形，而解法5通過直接作對稱點的方法構(gòu)造全等三角形.

策略三 旋轉(zhuǎn)圖形法

因為題中有共頂點的相等線段_DC，DB ，所以可以通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)造全等三角形，使題中的條件得到集中.不僅如此，圖中還有共頂點且夾角固定的線段，也就是“三爪圖”，此時可以通過旋轉(zhuǎn)得到相似三角形.如圖

解法6：如圖8，連接_DC，DB ，過點 D 作 DG⊥ AB ，由題意知 DB=DC 所以將 ΔADC 繞點 D 逆時針旋轉(zhuǎn)至 ΔA^′DB ，所以

AC=A^′B=3，∠C=∠A^′BD .因為四邊形ABDC是圓 O 的內(nèi)接四邊形，所以 ∠C+∠ABD=180^° ，則∠A^′BD+∠ABD=180^° ，從而點 A，B，A^′ 在同一直線上，且 AA^′=8. 由旋轉(zhuǎn)得 AD=A^′D ，所以 ΔAA^′D 是等腰三角形.因為 DG⊥AA^′ ，所以 在 RtΔABD 中，由射影定理，得 AD²=AG?AB= 20，解得 ：

點評：解法6主要是利用 DC=DB 進行旋轉(zhuǎn)形成一對全等三角形，使題中的兩個數(shù)據(jù)3與5集中在同一個三角形，將圖中的兩個三角形拼合在一起，且拼合后的三角形是一個等腰三角形.

解法7：如圖9，連接BC，DB，DC ，在 ∠ACB 內(nèi)作 ∠ACE= ∠CAE，CE 交 AD 于點 E ，所以ΔACE 是等腰三角形.由題意，知ΔCDB 也是等腰三角形，因為∠CAE=∠CBD ，所以 ΔAECΔBDC ，則 ∠ACE= ∠BCD .因為 ∠ACB=90^° ，所以 ∠ECD=90^° ，又因為∠CED=2∠CAD ， ∠CAB=2∠CAD ，所以 ∠CED= ∠CAB ，從而 ΔCED～ΔCAB .因為 ΔCAB 的三邊之比為 3：4：5 ，所以 ΔCED 的三邊之比也為 3：4：5 設(shè) CE=3k CD=4k ， ED=5k ，那么 AE=3k ， BD= 4k，所以 AD=8k .在 RtΔABD 中，由勾股定理，得（4k）²+（8k）²=25 ，解得 （負值舍去），所以 ：

點評：此題的輔助線作法相當于將CDB繞點 c 順時針旋轉(zhuǎn)后，讓 CB 與 CA 重合，然后將 ΔCDB 縮小為原來的 ，是旋轉(zhuǎn) + 位似兩種變換而成的，按這種思路還可讓 ΔACD 繞點 A 順時會旋轉(zhuǎn)到 AC 與AB 重合，然后再放大原來的圖形為原來的

策略四 托勒密法

古希臘數(shù)學家托勒密發(fā)現(xiàn)了一個重要的定理，即圓的內(nèi)接凸四邊形的兩組對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，被人們稱之為托勒密定理3].如圖10，因為四邊形ABDC是圓 O 的內(nèi)接四邊形，所以 CD?AB+BD?AC= BC?AD .由題意，知 AC=3，BC=4，AB=5，CD= BD ，則 5BD+3BD=4AD ，即 AD=2BD .在 RtΔABD 中，由勾股定理，得 AD²+BD²=25 ，則 5BD²=25 ，解得 ，所以

對于上述填空題，除了本文中提到的勾股定理法、軸對稱法、旋轉(zhuǎn)圖形法、托勒密法，還有相似三角形法、銳角三角函數(shù)法等.不難發(fā)現(xiàn)，通過一題多解，不僅開闊了學生的視野，而且能使學生看到數(shù)學問題的本質(zhì)所在，真正做到解一題得多法，解一題通一片.

參考文獻：

[1]張寧.追根溯源探本質(zhì)一題多解提能力—一道中考題的探源、解法及變式[J初中數(shù)學教與學，2024（19）：16-19.

[2]方震軍.勾股定理的靈活應用[J].初中生學習指導，2024（26）：38-39.

[3]黃思亮，胡曉莉.運用托勒密定理，巧解幾何題[J].中學數(shù)學，2024（22）：96-97.