一题多解，奇思妙想

十二、一题多解，奇思妙想

数学解题不在于数量多，而在于选择好题，在解题的思路、方法上多下功夫。抓住一个问题，从多角度、多视角、多思路上去发掘解答的途径和方法。做到一题多解，一题多想，一题多用。

通常学生拿到一个题目，想出一种方法做出来了，就完事了。不去追求解答的繁简，不去考虑解法的优劣。其实，首先想到的解法未必就是最好的方法。好的解法往往在反复思考之后才能够得到。所以我们要求学生在得到题目的解答之后，应该要好好地想一想：还有更好的方法吗？努力使解法更简单，更优美。

例1.（I M O-28）如图5-12-1，锐角△ABC中，A角平分线AL交外接圆于N点，过L作LK⊥AB, LM⊥AC，垂足分别为K、M，求证：四边形AKNM面积等于△ABC面积。

分析和证明：这是一道不算太难的几何证明题。

证明的思路很多——割补法、面积公式计算、等积变换法等。

证法1.（割补法1）如图5-12-2，比较四边形AKNM与△ABC，有共同部分——四边形AKLM。对其余不重合的部分进行等积变形：过N点分别作NS∥LK, NT∥LM，分别交AB、AC于S、T。则△NKL与△SKL等积；△NLM与△TLM等积。

如果剩下的部分——△BSL（多出的）与△CTL（不足的）等积的话，问题就解决了。即问题变成证明：S△BSL=S△CTL。

因为L在∠A平分线上，它到AB、AC的距离相等，故只需要证明两三角形的底边相等，即只要证明BS=CT即可。而这可以通过证明△BSN≌△CTN得证。

因为这是两个直角三角形，有NB=NC, NS=NT。故问题得证。

这个证明方法，是否最好呢？有没有更为简单明确的方法呢？——有。

证法2.（割补法2）如图5-12-3，四边形AKNM与△ABC公共部分为△AKM，对其余部分进行变换和割补：过N作MK的平行线，交圆于另一点A1，连接A1K、A1M，则△NKM与△A1KM等积。再连接A1L、A1B、A1C，则因四边形AKNM是菱形，知对角线AN⊥MK，而NA1∥MK，故亦有AN⊥NA1，故知AA1是圆的直径。因此∠ABA1与∠ANA1都是直角，即A1B与LK垂直于AB；A1C、LM都是AC垂线。

从而△A1KL与△BKL等积，△A1LM与△CLM等积。又由于△LKM是公共部分，于是，凹四边形A1KLM分两部分，分别移到△ABC中。最后达到割补的目的。结论得到证明。

上述证法，都是进行两次割补，才能证明二者等积。能够一次变换而达到证明的目的吗？——请看下面妙法：

证法3.（割补法3）如图5-12-4显然，因为LK⊥AB, LM⊥AC，所以四边形AKLM内接于圆，设其外接圆交BC于另一点R，连接RK、RM、RN。于是∠KRL=∠KAL=∠CAL=∠NBC，而有BN∥KR。同理可证NC∥RM。

考虑二形相同部分四边形AKRM以外的部分——凹四边形KNMR，将其分为△NKR与△NMR，分别平行移动它们顶点至B、C，则知它们分别与△BKL、△CMR等积。从而只此一次等积变换，就使四边形AKNM与△ABC等积。简便得多。

以上证明方法，都是设法进行等积变换和割补，达到所证目的。那么可以直接计算各自面积，证明二者相等吗？——可以。请看下面的证法：

证法4.（面积公式计算）连接菱形对角线KM，设△ABC的外接圆的半径为R，由正弦定理知

KM=ALsin A（AKLM共圆，AL为直径）

在△ACL中由正弦定理，有

代入得

现计算菱形AKNM面积：

这是我国选手，一位女同学给出的新证法。多么简单，多么漂亮！

以上四种证明方法，以证法3、4两种为好。第三种想得巧妙，第四种做得轻松，最为可取。

到此为止，好像已经穷尽了所有证法，特别是后两种证明方法是那样漂亮，似乎不需要再挖空心思去想什么新办法了。其实不然。还有更加精巧简单的证明方法呢！请看一位中学生的奇思妙想：

证法5．如图5-12-5，设∠A=2α，过C作CD⊥AN, D为垂足。则∠BAN=∠CAN=α。

于是，△ABC面积为

菱形AKNM面积为

S2=2S△AKN=2× AK · ANsin α=AK · ANsin α

欲证S1=S2，只需证AB · AD=AK · AN或即可。

但Rt△ACD∽Rt△ALK，而有，因此，只需证明=△ABN∽△ALC即可。

而因∠BAN=∠CAL, ∠ANB=∠ACL，故△ABN∽△ALC成立。即命题成立。

从这题的五种证明方法来看，以这一题为中心，把有关两个不同形状图形面积相等的各种证明方法都集中起来，沟通了各种方法之间的内在联系。而且将此类问题的证明思路，一一列举，加以分析和比较对数学知识的系统整理和有机联系很有好处，对数学解题方法的掌握更有好处。

例2．如图5-12-6，正方形ABCD中一点E，使∠ABE=∠BAE=15°，求证△ECD为等边三角形。

题说：这是一道传统的经典几何题，以往初中数学课本，都以此题作为说明如何使用“同一法”的例题。但是，若不用同一法，则不易想到综合证法。其实直接证明的方法很多。有人曾经列举出20多种证法，其中有几种颇有巧思，值得介绍。

欲证△ECD为等边三角形，由于图形的对称性，AE=BE, ED=EC，所以，实际只需要证明ED=DC或EC=CD即可。

证法1．如图5-12-7，以BE为边向内作正△BEF，连接FC。

在△ABE与△BCF中，BE=BF, AB=BC, ∠CBF=90°-60°-15°=15°=∠ABE，故△ABE≌△BCF。从而有∠BCF=∠BAE=15°, ∠BFC=180°-（15°+15°）=150°；∠EFC=360°-60°-150°=150°=∠BFC, CF公用。因此，△BCF≌△ECF，从而BC=EC=CD，证毕。

证法2．如图5-12-8，以AB为一边，向形外作正三角形ABF，连接EF交AB于点H。则因△ABF与△ABE皆为等腰三角形，根据三线合一性质易得EF⊥AB, EF平分∠AEB。即知∠FEA=∠FEB=75°=∠FAE=∠DAE，从而知FE∥AD，且EF=FA=AD, ADEF为平行四边形，而知AF=DE=AB=CD，证毕。

以上皆是构造正三角形，下面证法则用三角计算。

证法3．如图5-12-9，设正方形边长AB=2，过E作AB、CD垂线，分别交AB、CD于F、G。由半角公式，知EF=AFtan∠FAE=AF t a n15 °=t a n15 °=，由此知，EG=FG-EF=2-（2-3）= 3，因而tan∠EDG== ∠EDG=60°，因此△ECD是等边三角形。

下面一种证明方法，另辟蹊径，用的是“四两拨千斤”之法，更为奇妙。

证法4．如图5-12-10，设正方形一边长AB=2。过D作AE垂线DH，再过E、H作AB垂线分别交AB于F、G。则∠ADH=15°, AH=AD s i n15°, AG=AH c o s∠HAG=AH c o s15°=AD s i n15°c o s15°=AD s i n30°，由此有AG=，即G为AF中点。

又因EF、GH同为AB垂线，故二者平行，因而知H也是AE中点。

于是在△DAE中，底边AE的高线DH也是底边的中线，从而△DAE为等腰三角形，即证AD=ED=DC。证毕。

奇巧吧！仅从GH计算起，发现G点是AF的中点，进而得知H是AE中点。于是证得△DAE是等腰三角形，使问题得证。这真是奇妙！

以上两种三角证法，前者用到正切的半角公式，而后者只用到正弦的倍角公式，相比之下，后者更为简单。

其他还有不少好的证明方法，留给读者去想吧。

选择内涵丰富的好题，通过一题多解的研究，可以提高我们的发散思维能力，开拓想象空间，是培养学生数学学习兴趣的重要途径。