初中几何的习题一题多解与一题多变-最新文档(可编辑修改word版)
初中几何竞赛题，一题多解
初中几何竞赛题，一题多解
在等腰△ABC中,AB=AC,在AB上取点D,使得
AD=BC.∠A=20°, ∠B=80°,求∠BDC的度数？
[思路导航]题目条件等腰三角形的顶角和底角都不是特殊角，但是它们的差却是60°，因此结合图形考虑等边三角形，以此为关键点进行解题。
•方法一：
内部构造法
如图，以BC为边在△BCD内作等边△BCE
并由△ABC是等腰，△BCE是等边想到，连接AE，出全等
在△ABE和△ACE中
AB＝AC ， AE＝AE ， BE＝CE
∴△ABE≌△ACE（SSS）
∴∠AEB＝∠AEC＝(360°－60°)/2=150°
∠ABE＝∠ACE＝80°－60°=20°
在△ADC和△BEA中
AD=BE ，∠DAC＝∠ABE ，AC＝AB
∴△ADC≌△BEA(SAS)
∴∠ADC=∠AEB＝150°
∴∠BDC=30°
•方法二：
外部构造法
以AC为边向外作等边△ACF，连接DF
∵∠BAC＝20°
∴∠DAF＝80°
在△ACB和△FAD中
BC＝AD，∠ACB＝∠DAF，AC＝AF
∴△ACB≌△FAD（SAS）
∴∠AFD＝20°，∠ADF＝∠80°AF＝DF＝AB
∠DFC＝60°-20°=40°
∴∠FDC＝（180°-40°）/2=70°∴∠ADC=80°+70°=150°
∴∠BDC=30°。
数学人教版八年级上册专题学习“一题多解”
方法1：延长AD到点E，使 DE=AD，连结CE. 方法2：取AC的中点E，连 结DE.
B
D
.
E C
E
谢谢！ 再见！
专题学习
----几何证明中常见 “一题多解”方法
乐加初中 王刚
典例: 如图,四边形ABCD中, ∠A= ∠D =90o, BE、CE均是角平分线, 求证:BC=AB+CD.
证明：在BC上截取BF=AB，连接E,F ∵ BE、CE均是角平分线 ∴ ∠ABE= ∠FBE ∠BCE= ∠DCE 解法 1.在BC上截取BF=AB 在△ABE与△FBE中 AB=BF : 构造了 ∠ABE= ∠FBE 全等的三角形 BE=BE ∴ △ABE ≌ △FBE ∴ ∠A= ∠BFE BF=AB CF=CD 从而证得： ∵ ∠A= ∠D =90o 进而得证： BC=AB+CD. ∴ ∠A= ∠BFE = ∠CFE= ∠D =90o 在△FCE与△DCE中 ∠FCE= ∠DCE ∠CFE= ∠D CE=CE ∴ △FCE ≌ △DCE ∴CF=CD ∵ BC=BF+ CF BF=AB CF=CD ∴ BC=AB+CD
如图,四边形ABCD中, ∠A= ∠D =90o, BE、CE均是角平分线, 求证:BC=AB+CD.
练习:如图,△ABC中, ∠C =90o,AC=BC, AD平分∠BAC,求证:AB=AC+DC. 解法1：在AB上截取AE=AC，连接E,D 构造了: 解法2:过点E作DE⊥AB，垂足为E. 全等的直角三角形 从而证得： DC=DE =BE 构造了 : 解法3：延长AC至E使CE=DC，连接E,D E 进而得证：AB=AC+DC 全等的直角三角形 从而证得： AC=AE DC=BE 构造了: B 进而得证： AB=AC+DC 全等的三角形 从而证得：AB=AE 进而得证：AB=AC+DC
初中几何综合：一题多解，展现几何魅力，好的文章值得阅读和分享
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第二问证明线段的数量关系，关键点平行这个条件如何用，我整理了两种思路，一个是共底角旋转出相似，然后结合平行出特殊角45°，最后通过子母型相似求解。
另一种思路是，利用平行构造平行四边形，
证出两三角形全等，结合平行推出直角，再利用正切值不变证出2倍关系，从而证出结论。
第三问同样分享四种思路：分别用了定角定弦，共底角相似，第3种的思路又结合了正切值直接计算，其实也是典型的12345的题型，关键是如何证明求解。
其它三种都证出AD=DP，然后结合内在关系设方程求解即可。
总之整理一题需要大量的思考时间，做完之后在整理在电脑的时间会更多些，同时边整理再边思考，也考虑过一些解法，稍麻烦的就不考虑了。
喜欢研究初中数学的朋友们可以多多交流。
专栏
中考几何综合题型。
初中数学一题多变一题多解(六)
一题多解，一题多变（六）中考几何母题的一题多解(多变)一、三角形一题多解如图：已知AB=AC，E是AC延长线上一点，且有BF=CE，连接FE交BC于D。
求证：FD=DE。
证法一证明：过E点作EM ∥AB交DC延长线于M点，则∠M=∠B，又因为∠ACB=∠B∠ACB=∠ECM=∠M，所以CE=EM，又EC=BF 从而EM=BF，∠BFD=∠DEM则△DBF≌△DME，故FD=DE；证法二证明：过E点作EM ∥AB交DC延长线于M点，则∠M=∠B，又因为∠ACB=∠B∠ACB=∠ECM=∠M，所以CE=EM，又EC=BF 从而EM=BF，∠BFD=∠DEM则△DBF≌△DME，故 FD=DE；证法二证明：过F点作FM∥AE，交BD于点M，则∠1=∠2 = ∠B 所以BF=FM，又∠4=∠3 ∠5=∠E所以△DMF≌△DCE，故 FD=DE。
二、平行四边形一题多解如图4，平行四边形ABCD中AD=2AB,E、F在直线AB上，且AE=BF=AB,求证：DF⊥CE.证法一、易知ΔADF、ΔBCE为等腰三角形，故∠1=∠F, ∠2=∠E,又CD∥AB,故∠3=∠F, ∠4=∠E,从而∠1=∠3，∠2=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=1800，故∠3+∠4=900，表明∠COD=900，所以DF⊥CE。
证法二、如图5，连接MN，则CD=BF,且CD∥BF，故BFCD为平行四边形，则CN=BN=AB,同理,DM=MA=AB,故CN=DM且CN∥DM，得平行四边形CDMN，易见CD=DM，故CDMN也是菱形，根据菱形的对角线互相垂直，结论成立。
证法三、如图6，连接BM、AN, 可证ΔAFN中，BN=BF=BA,则ΔAFN为直角三角形，即DF⊥AN,利用中位线定理可知AN∥CE，故DF⊥CE。
证法四、如图7，作DG∥CE交AE延长线于G，则EG=CD=AB=AE,故AD=AG=AF,从而DF⊥DG,而DGCE,故DF⊥CE四\一题多解、多变《四边形面积》1.如图所示，一个长为a，宽为b的矩形，两个阴影都是长为c的矩形与平行四边形，则阴影部分面积是多少。
初中数学几何模型大全+经典题型(含答案)(可编辑修改word版)
初中数学几何模型大全+经典题型（含答案）全等变换平移：平行等线段（平行四边形）对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。
两边进行边或者角的等量代换，产生联系。
垂直也可以做为轴进行对称全等。
对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称（翻折），翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。
旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。
自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。
通过“8”字模型可以证明。
模型变形说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。
当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。
中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。
证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。
几何最值模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。
初一下册数学角度几何解析题以及练习题附答案推荐文档
七年级下册数学几何解析题以及练习题（附答案）CAB岛的北偏西60°方向，在岛在45°方向，则9．(2011·扬州)如图，岛的北偏东CABACB＝两岛的视角∠、从________.岛看答案 105°CABABCCABABC＝75°，)＝180°，∴∠解析如图，∵(60°＋∠)＋(45°＋∠＋∠ABCC＝105°.在△中，得∠ABCABCDACBDEAC.＝80°，∠，＝30°，．如图所示，在△12∥中，∠平分∠DEB的度数； (1)求∠EDC的度数． (2)求∠ABCAB＝30°， (1)在△＝80°，∠中，∠解ACBAB＝70°. ∴∠－∠＝180°－∠DEAC，∥∵DEBACB＝70°.＝∠∴∠CDACB，平分∠(2)∵1DCEACB＝35°.∠∴∠＝2DEBDCEEDC，＋∠＝∠∵∠EDC＝70°－35°＝35°. ∴∠CFABFDEABEFGBC.(⊥请将证明补充113．已知，如图，∠＝∠2，于⊥∥于，，求证：完整)CFABDEAB(已知)⊥证明∵，⊥，EDFC( )．∴∥BCF( ∴∠1＝∠ )．又∵∠1＝∠2(已知)，BCF( ，2∴∠＝∠)等量代换FGBC( )∴．∥解在同一平面内，垂直于同一直线的两条直线互相平行；两直线平行，同位角相等；内错角相等，两直线平行．ABCABC＝180°.＋∠＋∠ 14．如图，已知三角形，求证：∠ABC作等角代换，使各角之和恰为一平角，依辅助分析：通过画平行线，将∠、∠、∠线不同而得多种证法，如下：BCDCCEBA.，过证法1：如图甲，延长∥到画BACE(作图所知)，∵∥BA＝∠2(两直线平行，同位角、内错角相等)∴∠．＝∠1，∠BCDBCA＋∠2＋∠1＝180°(平角的定义＝∠)，又∵∠ABACB＝180°(等量代换)∴∠．＋∠＋∠BCFFHACFGAB，这种添加辅助线的方法能证明∠，画，如图乙，过∥上任一点∥ABC＝180°吗？请你试一试．＋∠＋∠FHAC，∥解∵BHFAC. 1＝∠＝∠∴∠，∠FGAB，∥∵BHFB，，∠3∴∠＝∠＝∠2A. ＝∠∴∠2BFC＝180°，∵∠∴∠1＋∠2＋∠3＝180°，ABC＝180°. 即∠＋∠＋∠15．(2010·玉溪)平面内的两条直线有相交和平行两种位置关系．aABCDPABCDBBODBODPOD是△、外部，则有∠.(1)如图，若＝∠∥，点又因∠在BODBPDDBPDBDPABCD内部，如－∠、.将点移到的外角，故∠＝∠＋∠，得∠＝∠bBPDBD之图，以上结论是否成立？若成立，说明理由；若不成立，则∠、∠、∠间有何数量关系？请证明你的结论；cCDQbABB，中，将直线于点绕点如图逆时针方向旋转一定角度交直线在图(2)，BQDBDBPD) (则∠、∠、∠不需证明、∠之间有何数量关系？FEBCDAd＋∠＋∠＋∠的度数．(3)根据(2)的结论求图中∠＋∠＋∠DBBPD.＝∠解 (1)不成立，结论是∠＋∠ECDBP于点延长，交BEDBABCD. ∥∵＝∠，∴∠DBEDBPD又∠＋∠＝∠，DBBPD.∴∠＋∠＝∠DBBPDBQD. ＝∠＋∠＋∠(2)结论：∠GACBF.与设交于点(3)EABAGB.＋∠＋∠由(2)的结论得：∠＝∠CBDCFAAGBCGFCGF＋∠＋∠＋∠＋∠又∵∠＝∠＝360°，∴∠，∠＋∠＋∠FED＋∠＝360°.＋∠A度．14．把一副常用的三角板如图所示拼在一起，那么图中∠ADE是DE CB题第14。
初三几何总复习(一题多解)
P
A
C
O
R
Q
012345612312233
二 一题多变
已知：如图，OA和OB是⊙O的半径，并且 OA⊥OB,P是OA上
任意一点，BP的延长线交⊙O于点Q, 过点Q作⊙O的切线交OA的
延长线于点R. 求证：RP=RQ.
探索一：如果原题中的结论 RP=RQ，与条件RQ是⊙O的切 线互换。问所得结论成立吗？如 果成立，请证明，如果不成立， 说明理由。
O’ P A R
O
Q
012345612312233
三 一题多用
已知：如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB,P
是OA上任意一点，BP的延长线交⊙O于点Q, 过点Q作
⊙O的切线交OA的延长线于点R.
求证：RP=RQ.
在原题的基础上延长RO交⊙O 于点C.
（1）求证：RP 2=RA×RC
B
C
PA
求证：RP=RQ. B
PA
R
O Q
012345612312233
已知：如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB,
P是OA上任意一点，BP的延长线交⊙O于点Q, 过点Q作
⊙O的切线交OA的延长线于点R.
求证：RP=RQ.
B
PA
O
R
C
Q
012345612312233
已知：如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB,
R
O
Q 012345612312233
三 一题多用
已知：如图，OA和OB是⊙O的半径，并且 OA ⊥ OB,P是OA上任意 一点，BP的延长线交⊙O于点Q, 过点Q作⊙O的切线交OA的延长线于点
初中平面几何一题多变(可编辑修改word版)
平面几何一题多变在完成一个数学题的解答时，有必要对该题的内容、形式、条件、结论，做进一步的探讨，以真正掌握该题所反映的问题的实质。
如果能对一个普通的数学题进行一题多变，从变中总结解题方法；从变中发现解题规律，从变中发现“不变”，必将使人受益匪浅。
“一题多变”的常用方法有：1、变换命题的条件与结论；2、保留条件，深化结论；3、减弱条件，加强结论；4、探讨命题的推广；5、考查命题的特例；6、生根伸枝，图形变换；7、接力赛，一变再变；8、解法的多变等。
19、（增加题1 的条件）AE 平分∠BAC 交BC 于E，求证：CE：EB=CD：CB20、（增加题1 的条件）CE 平分∠BCD，AF 平分∠BAC 交BC 于F求证：（1）BF·CE= BE·DF（2）AE⊥CF（3）设AE 与CD 交于Q，则FQ‖BC21、已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，以CD 为直径的圆交AC、BC 于E、F，求证：CE：BC=CF：AC（注意本题和16 题有无联系）22、已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，以AD 为直径的圆交AC 于E，以BD 为直径的圆交BC 于F，求证：EF 是⊙O1 和⊙O2 的一条外公切线23、已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，作以AC 为直径的圆O1，和以CD 为弦的圆O2，求证：点A 到圆O2 的切线长和AC 相等（AT=AC）24、已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，E 为ACD 的中点，连ED 并延长交CB 的延长线于F，求证：DF：CF=BC：AC25、如图，⊙O1 与⊙O2 外切与点D，内公切线DO 交外公切线EF 于点O，求证：OD 是两圆半径的比例中项。
题14 解答：因为CD^2=AD·DBAC^2=AD·ABBC^2=BD·AB所以1/AC^2+1/BC^2=1/（AD·AB）+1/（BD·AB）=（AD+DB）/（AD·BD·AB）=AB/AD·BD·AB=1/AD·BD=1/CD^215 题解答：因为M 为AB 的中点，所以AM=MB，AD-DB=AM+DM-(MB-DM)=2DMAC^2-BC^2=AD*AB-DB*AB=(AD-DB)AB=2DM*AB26、（在19 题基础上增加一条平行线）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交BC 于E、交CD 于F，FG‖AB 交BC 于点G，求证：CE=BG27、（在19 题基础上增加一条平行线）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交BC 于E、交CD 于F，FG‖BC 交AB 于点G，连结EG，求证：四边形CEGF 是菱形28、（对19 题增加一个结论）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交BC 于E、交CD 于F，求证：CE=CF29、（在23 题中去掉一个圆）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，作以AC 为直径的圆O1，求证：过点D 的圆O1 的切线平分BC30、（在19 题中增加一个圆）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交BC 于E，交CD 于F，求证：⊙CED 平分线段AF31、（在题1 中增加一个条件）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，∠A=30 度，求证：BD=AB/4（沪科版八年级数学第117 页第3 题）32、（在18 题基础上增加一条直线）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，作∠BCE=∠BCDP 为AC 上任意一点，直线PQ 交CD 于Q，交CB 于M，交CE 于N求证：PQ/PN=QM/MN32 题证明：作NS‖CD 交直线AC 与点S，则PQ/PN=CQ/SN又∠BCE=∠BCD∴QM/MN=CQ/CN（三角形内角平分线性质定理）∠BCE+∠NCS=∠BCD +∠ACDNS‖CD，∴∠NSC=∠ACD∴∠NSC=∠NCS∴SN=CN∴PQ/PN=QM/MN题33在“题一中”，延长CB 到E，使EB=CB，连结AE、DE，求证：DE·AB= AE·BE题33 证明CB^2= BD·AB因EB=CB∴EB^2= BD·AB∴EB：BD=AB：BE又∠EBD=∠ABE∴△EBD∽△ABE∴EB：AB=DE：AE∴DE·AB= AE·BE题34（在19 题基础上增加一条垂线）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分CD 于F，EG⊥AB 交AB 于点G，求证：EG^2= BE·EC证明：延长AC、GE，设交点为H，∴△EBG∽△EHC∴EB：EH=EG：EC∴EH·EG= BE·EC又HG‖CD，CF=FD∴EH=EG∴EG^2= BE·EC题35（在题19 中增加点F）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BCA 交BC 于点E，交CD 于F，求证：2CF·FD = AF·EF题36、（在题16 中，减弱条件，删除∠ACB=90 度这个条件）已知，△ABC 中，CD⊥AB，D 为垂足，DE⊥AC 于E，DF⊥BC 于F，求证：CE/BC=CF/AC题37（在题17 中，删除∠ACB=90 度和CD⊥AB，D 为垂足这两个条件，增加D 是AB 上一点，满足∠ACD=∠ABC）已知，△ABC 中，D 是AB 上一点，满足∠ACD=∠ABC，又CE 平分∠BCD求证：AE^2= AD·AB题38已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，PC 为⊙ABC 的切线求证：PA/AD=PB/BD题39（在题19 中点E“该为E 为BC 上任意一点”）已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，E 为BC 上任意一点，连结AE，CF⊥AE，F 为垂足，连结DF，求证：△ADF∽△AEB题40：已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足求证：S⊙ADC：S⊙BDC=AD：DB题41已知，如图，△ABC 中，CD⊥AB，D 为垂足，且AD/CD=CD/BD，求∠ACB 的度数。
2019--2020人教版数学八年级上几何经典习题一题多变集锦(原卷)
2019--2020人教版数学八年级几何经典集锦---一题多变（原卷）1、如图，在△ABC 中，∠ABC=45°，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D ，E ，F 为BC 中点，BE 与DF ，DC 分别交于点G ，H ，∠ABE=∠CBE ．（1）线段BH 与AC 相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；（2）求证：BG 2﹣GE 2=EA 2．2、已知：如图，△ABC 中，∠ABC=45°，CD ⊥AB 于D ，BE 平分∠ABC ，且BE ⊥AC 于E ，与CD 相交于点F ，H 是BC 边的中点，连结DH 与BE 相交于点G ．（1）求证：BF=AC ； （2）求证：CE= 12BF ．3、已知：如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G，则下列结论正确的有（）①BF=AC；②BF=2CE；③CE=BG；④DG=GH．4、已知：如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，F是CD边的中点，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G，则下列结论正确的有（）①BD=CD；②AD+CF=BD；③CE=12BF；④AE=BG．5、已知：如图，△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连接DH与BE相交于点G．（1）求证：BF=AC；（2）求证：CE=12BF；（3）CE与BG的大小关系如何？试证明你的结论．6、如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于E，与CD相交于点F，H是BC边的中点，连结DH、BE与相交于点G，以下结论中正确的结论有（）①△ABC是等腰三角形；②BF＝AC；③BH：BD：BC＝1：2：3；④GE2+CE2＝BG2 ． A . 1个B . 2个C . 3个D . 4个7、如图，在△ABC中，∠ABC=45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD相交于点F，H是边BC的中点，连接DH与BE相交于点G．（1）求证：BF=AC；（2）若CE=3，求GE的长．。
初中几何练习题一题多解
（题解仅供参考）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°,∠ACB=15°AB=1.求AC=?解法1解：在BC 上取一点D ，连接AD ，使AD=DC.∵AD=DC,∠ACB=15°.∴∠ADB=30°∵∠ABC=90°∴AD=DC=AB sin30° =1 12=2BD=AB tan30° =331=3 ∴BC=BD+DC=2+3在Rt △ABC 中，根据勾股定理 AC=22BC AB +=()2321++=6+2解法2解：延长CB 到D, 使DB=AB,以D 点为端点过A 点做射线DA ．过C 点做CE ⊥DA 交DA 于E. ∵AB=DB=1,∠ABC=90°.在Rt △ABD 中，根据勾股定理AD=2211+=2, 且∠D=45°∵∠D=45°，CE ⊥DA∴∠ECB=45°,∵∠ACB=15°,∴∠ECA=30°,设AC=x ，则AE=x 2 (在直角三角形中，30°角所对直角边等于斜边的一半)， EC=DE=DA+AE=2+x 2在Rt △AEC 中，根据勾股定理AE ²+EC ²=AC ²(x 2 )²+(2+x 2 )²=x ²x ²-22x-4=0 x1=2-6（舍） x2=2+6解法3解：延长CB ，在延长线上取点D,以点D 为顶点，过A 点作∠BDA=30°,过C 点作CE ⊥射线DA 交DA 于点E.∵∠BAD=30°,∠ABD=90°,AB=1∴AD=2∵∠BDA=30°,CE ⊥DA,∠ACB=15°,∴∠ACE=45°,设AC=xAE=EC=AC ·sin45°=22x DE=AD+AE=2+22x tan30°=EC:DE 33=22x:(2+22x) x=2+6解法4解：延长CB，在延长线上取点D,以点D为顶点，过A点作∠BDA=60°,过C点作CE⊥射线DA交DA于点E.∵∠BDA=60°,∠ABD=90°,AB=1∴AD=ABsin60°=332∵∠BDA=60°,CE⊥DA,∴∠BCE=30°,∵∠ACB=15°∴∠BCA=∠ACE=15°且∠ABC=∠AEC=90°，AC=AC ∴△ABC≌△AEC∴BC=EC, AE=AB=1DE=1+332EC=DE·tan60°=(1+332)3=2+3在Rt△AEC中，根据勾股定理AE²+EC²=AC²AC²=1²+(2+3)²AC1=2-6（舍）AC2=2+6解法5解：以BC为边做正方形BCDE,且AB在正方形的另一条边上。
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初中几何的习题一题多解与一题多变
数学课程标准中，要求使学生经历站在不同角度，探索分析和解决问题的方法这一重要过程。
使学生能够体验到解决问题的多样性方式，能够掌握分析及解决问题的基本技巧和方法。
数学中“一题多解”和“一题多变”，被普遍看作是培养学生能力，以及开发学生智力，最佳途径之一，能够培养出学生的发散性思维，以及创造性思维，提高学生对几何的学习兴趣。
一、初中几何“一题多解”和“一题多变”的相关问题
初中生在学习几何的过程中，鉴于其概念和定理繁多，又要求学生需要具有较强的综合性能力，且巧妙多变的解题方法，导致学生学习的时候，有一种困难的感觉，提高了教师实施教学的难度。
在教学过程中，不仅要帮助学生理清概念和定理的条件、结论，而且有效将其系统化、条理化，进而建立较为完整的、独立的知识结构体系。
其中，为之重要的是要牢固掌握课本习题灵活多变的解题方法，比较各种方法，更深刻的领悟相关的概念与定理，归纳各种习题的解决方法，灵动的掌握各种
题型，以至于可以轻巧熟练地运用相关的概念和定理来推理论证，提升学生的解题能力。
通过课本习题，多角度思考问题，寻求解题的一般规律，从而引领学生入门。
二、“一题多解”和“一题多变”需注重学生“猜测”能力
“一题多解”和“一题多变”在教学之中，往往能起到一座桥的作用，在最近发展区之中，将学生从已知的彼岸，渡到未知的彼岸。
教师在教学生平面几何的过程中，不仅要教会学生怎么证明，而且重点是教会学生猜测和思考。
因为猜测可以导致发现，所有证题者在解决数学问题时，都要猜测，都是先猜测后证明的。
这就要求教师教学时要创立一个激发学生积极性思维、主动猜测的意境，提高学生自主探索的能力。
为了调动学生思维的主动性，形成有益的思维方式，教师要鼓励和引导学生去猜，千万不要制止，哪怕是不合理的猜测，更不要把全部的秘密立即说出来，由学生自己猜测出来不仅可以开阔他们的证题的思路，而且对培养学生探究以及深究问题能力有很大的帮助。
三、几何“一题多解”和“一题多变”
我们都知道，知识都是静态的，但是我们的思维是活动的。
几何的习题是固定的，但是它能够为我们呈现出的变化，却是无
穷的。
教师可以通过很多途径，实现对课本习题的变式，如：改变条件、结论、数据或图形等。
稍微对一个证明题的结论做一些改变，就会变成一个新的题目，而问题的证明方法，可能会和原题目的证明方法之间，存在着一种关联。
在解题之前，要与自己遇到过的相类似的题目进行比较，对之间存在的异同点予以区分，找出最佳的解题方法。
另外，教师可以尝试在变换条件、结论的时候，将各个阶段的知识予以结合，加深学生知识的理解，认识到几何知识是一个整体性的，达到解一道题，懂一类题的效果，是最佳选择，让学生在解题的同时学会学习。
四、教学程序实施中需要注意的
（一）时间安排得当
“一题多解”和“一题多变”教学中，有其不可磨灭的优点，开阔学生视野的同时，还能培养学生走不同的途径，采用多种方法，思考问题。
加强了学生对知识纵向和横向之间的有效联系。
但是，在教学过程中由于各种原因的限制，教师不可能每节课都进行这种教学方式，也不能随意进行相关形式的教学。
所以，在平时学习和教学过程中，需着力培养学生的基础知识，及其定向思维能力，课后进行“一题多解”和“多变思维” 学习的小结和复习。
（二）范例的选择
“一题多解”和“一题多变”教学的例题，除了具有典型性外，还要有其独特之处，如：多线索、多头绪、知识点呈现丰富，灵活多变等特点，而且习题的深浅程度也要适中。
使同学们在学习过程中，既能够很快的接受新的知识，理解解题的原理，同时可以进行定向思考，为做题积累方法。
（三）启导为主，其次是罗列证明法
几何习题的“一题多解”和“一题多变”，并不需要证明方法的多少，重要的是要能够有效的启发和引导学生，促进学生进行相关的思考。
笔者对几何习题的教学过程，有如下看法：在课前，需教师先布置范例，作为学生的课外作业，还要提出相关的问题供学生思考，如：
（1）证明问题的方法和途径有哪些？
（2）自己掌握的证明方法有哪些？
（3）在你的证法中哪种方法最佳、证法巧妙、简捷。
在课堂上，要紧扣这些问题进行有关的启发、观察和类比。
四、总结
几何习题的一题多解和一题多变，能够让学生对自己学过的、已掌握的相关知识予以有效运用，基于不同的角度去思考习题
中的有关问题。
然后，通过多种方法，对问题进行解决。
这种方式，不仅利于学生对知识的理解的加深，能够有效帮助学生梳理知识关系网络，了解知识间的纵横关系，掌握相互间的有效转化，清楚知识内部的相关联系，更加利于学生对知识与技能的利用，有效去解决实际问题。
不愧为提高学生几何素质的良好方式，作为教师来说，非常有必要对“一题多解”和“一题多变”予以重视。