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摘 要：通过对一道综合几何题的解题教学过程的剖析，找寻最自然的解法，最本真的思维方式，形成通过追求自然解法，培养学生数学思维方式；探究解法生成，培养学生数学关键能力；找寻丰富解法，提高学生思维品质和数学品格，从而培养学生的数学核心素养，全面促进学生发展。
关键词：解题教学；自然解法；核心素养
中图分类号：G623.5 文献标识码：A 文章编号：2095-2627（2017）14-0079-03
解题教学是数学教学的重要组成部分，是学生学以致用的一个重要环节，数学离不开解题，解题应追求解法自然。对于同一道题，由于个人的知识结构系统性不同、思维习惯有差异、数学活动经验丰富性差别等会形成不同的解法，但对于教师在解题教学过程中，应该注重分析、引导、找寻最自然的解法，最本真的思维方式，进行深层次思考与探究，培养学生以综合体现数学知识、技能、能力及情感、态度与价值观的数学素养，培养学生具备包含具有数学基本特征的关键能力、思维品质与数学品格的数学核心素养。现笔者以一道几何题为例，谈谈教学中探究分析该题解法的自然生成过程，及对培养学生的数学核心素养的几点思考。
一、题目呈现
如图1，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC延长线上，连接AD，过B作BE⊥AD，垂足为E，交AC于点F，连接CE.（1）求证：△BCF≌△ACD；（2）猜想∠BEC的度数，并说明理由；（3）探究线段AE，BE，CE之间满足的等量关系，并说明理由.
（2017年福建省三明市质量检测题）
二、解法与分析
本题以学生较为常见熟悉的以两个直角等腰三角形构造的几何图形模型为背景，巧妙设问，寻找图形的角度的不变性和三条线段的数量关系的不变性，分3小步设问，逐步加大难度。考查了学生的全等三角形判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等数学知识技能能力，反映出学生数感、几何直观与空间想像能力，逻辑推理能力，创新意识与创新能力等数学核心素养。
1.第（1）小题，以考查全等三角形的判定，目标指向的两个三角形明确，并且已知一组边与一组角相等，只需再找一组角等即可，易证∠CBF=∠CAD或∠BFC=∠D，从而得证△BCF≌△ACD.
2.第（2）小题，由于点D是动点，∠BEC的位置不固定，要猜想∠BEC的度数，做好两步事情，第一步可以化动为静，第二步用量角器度量，另外再加猜想，它肯定是个锐角，而图中固定的锐角有∠BAC与∠ABC为45°，因此猜想∠BEC=45°。如何证明？存在几种思路：第一，只需证明∠BEC=∠DEC，可用构造全等三角形，角平分线判定定理等；第二，只需证明∠BEC=∠BAC，可用相似三角形对应角相等；第三，只需证明含锐角∠BEC的等腰直角三角形，或含锐角∠DEC的等腰直角三角形等方法。
2.1利用轴对称构造全等三角形
解法1：如图2，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，由（1）△BCF≌△ACD，∴CG=CH（全等三角形对应高相等），∴∠BEC=∠DEC= 45°（角平分线判定定理）.
解法2：如图2，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，易证△GCF≌△HCD，∴CG=CH，∴∠BEC=∠DEC= 45°.
分析：解法1，解法2是在运用全等三角形方法证明角相等，但起初只能找到角所在的△ECF与△ECD，但两组边相等且一组边的对角互补，就自然联想到作如图2的两垂线，构造全等三角形，培养学生几何直观、空间想象能力与创新能力。
2.2利用旋转构造等腰直角三角形
解法3：如图3， 在FB上截取FG=DE，连接CG， 由（1）知：∠CFG=∠D，CF=CD，∴△FCG≌△DCE.∴CG=CE，∠FCG=∠DCE.∴∠ECG=90°.∴∠BEC=45°.
解法4：如图4， 在BF上截取BG=AE，连接CG， 由（1）知：∠CBF=∠CAD，又AC=BC，∴△BCG≌△ACE.∴CG=CE，∠BCG=∠ACE.∵∠BCG+∠ACG=90°，∴∠ACE+∠ACG=90°即∠ECG= .∴∠BEC=45°.
解法5：如图5，延长AD到G，使DG=EF（或者作∠DCG=∠FCE交AD延长线于点G.），连接CG，易证：△FCE≌△DCG（SAS）.∴CG=CE，∠FCE=∠DCG.，∴∠ECG=90°.∴∠CEG=45°，∴∠BEC=45°。
解法6：如图6，延长AD到G，使AG=EB，连接CG，易证：△BCE≌△ACG（SAS）.∴CG=CE，∠FCE=∠DCG.，∴∠ECG=90°.∴∠ECG=45°，∴∠BEC=45°。
分析：对于解法3，引导学生要∠CED=45°，将∠CED放在△DCE 中考虑问题，另外对于△DCE与△BCG，已有∠CFB=∠D，CF=CD可以通过截取构造全等三角形，另一方面，△BCF与△ACD全等并可以通过旋转得到，△DCE是△ACD的一部分，同样可以想象通过同样的旋转方式构造全等，因此作辅助线在FB上截取FG=DE得证。在此引导学生，能否以同样的方式得到不同的思考方法，不同图形的旋转得到不同的解法。类比解法，可以得出解法4、解法5、解法6。
2.3 利用相似三角形构造等角
解法7：如图1，由（1）知：∠AEB=∠ACB=90°，∠CBF=∠CAD，∴△AEF∽△BCF. ∴ 即 .∵∠AFB=∠EFC，∴△EFC∽△AFB. ∴∠BEC=∠BAC.∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°. 即∠BEC=45°.
2.4 利用共圓构造等弧对等角
解法8：如图7，以AB为直径作⊙O，连接OC，OE，∵∠AEB=∠ACB=90°，∴OC=OE= .即C，E都在以AB为直径的⊙O上，∵弧CB=弧CB，∴∠BEC=∠BAC.∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°. 即∠BEC=45°. 解法9：如图8，连接DF，，以DF为直径作⊙O，连接OC，OE，∵∠FCD=∠FED=90°，∴OC=OE= DF.即C，E都在以DF为直径的⊙O上，∵弧CF=弧CF，∴∠FEC=∠FDC.∵. 由（1）知：CF=CD，∠DCF=90°， ∴∠FDC=45°即∠BEC=45°.
3.第（3）小题，由于点D是动点，AC或BC的长度没有固定，因此线段AE，BE，CE的长度不固定，线段AE，BE，CE三者的数量关系如何确定？分几步思考，第一步，三条线段的数量关系有和差关系，乘积式或比例式关系及两者的综合关系。第二步，回忆模型含45°的直角三角形三边比为 ，第三步，度量三线段长度并猜测关系及初步几何直观推理。得出结论： 或 .如何证明？线段BE与AE的和差关系可用截长补短法， CE可以构造含线段CE的等腰直角三角形或构造相似比为 的两个相似三角形。
3.1 利用旋转构造等腰直角三角形
解法1：如图9，在BF上截取BG=AE，连接CG，易证△BCG≌△ACE. 易证CG=CE，∠ECG=90°.∴ . ∵BE-BG=GE，∴BE-AE= .
解法2：如图10，在FB上截取FG=DE，连接CG，易证BG=AE，△FCG≌△DCE. 易证CG=CE，∠ECG=90°，∴ ，∴BE-AE=GE = .
解法3： 如图11，延长AD到G，使DG=EF，易证△FCE≌△DCG（SAS），易证CG=CE，∠ECG=90°.∴ ，∴BE-AE= AG-AE =EG = .
解法4：如图12，延长AD到G，使得AG=BE，连接CG，易证△BCE≌△ACG. ，易证CE=CG，∠ECG=90°.∴ . BE-AE= AG-AE =EG = .
3.2 利用轴对称构造全等三角形
解法5：如图13，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，易证△GCF≌△HCD、△GCE≌△HCE、△CEH是等腰直角三角形，∴ ，GE=HE，GF=HD∴. BE-AE=BF+EF-AE=AD+EF-AE=DE+EF=EH+DH+EF=2GE= .
.解法6：如图14，在EB上截取EH=ED，连接CH，过点C作CG⊥HF，垂足为G，易证△ECH≌△ECD，从而易证CD=CH=CF，△CEG是等腰直角三角形，.∴FG=HG， .∴BE-AE=（BF+EF）-（AD-DE）=EF+DE= EF+EH=2GE= .
解法7：如图15，在ED上截取EH=EF，连接CH，过点C作CG⊥AD，垂足为G，易证△ECH≌△ECF，从而易证EF=EH，CF=CH=CD，△CEG是等腰直角三角形，从而易证GH=GD， .∴BE-AE=（BF+EF）-（AD-DE）=EF+DE= EH+DE=2GE= .
解法8：如图16，在ED的延长线上截取EH=EB，连接CH，过点C作CG⊥EH，垂足为G，易证△ECB≌△ECH，从而易证CH=CB=CA，△CEG是等腰直角三角形，从而易证AG=HG， .∴BE-AE=EH-AE=（EG+HG）-（AG-EG）=2EG= .
3.3利用相似三角形构造比例线段
解法9：如图17，延长DA到P，使得EP=BE，连接BP，则△BEP是等腰直角三角形，∴∠P=∠PBE=45°， .∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠ABC=45°.∴∠PBA=45°-∠ABE=∠EBC.由（2）有∠BEC=45°∴∠P=∠BEC.∴△PBA∽△EBC.∴ .∴ .∵PE-AE=PA，∴BE-AE = .
三、变式与反馈
聚焦课堂，聚焦解题，提高学生对数学基础知识的理解，可以通过做一题多解、多题一解，一题多变提升对知识点深入和透彻理解，达到一个能灵活和综合应用的高度，为促进学生思维认识与方法的掌握情况，提高学生核心素养，原题可变式为以下题目。
如图18，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，连接AD，过B作BE⊥AD，垂足为E，交AC延长线于点F，连接CE.（1）求证：△BCF≌△ACD；（2）猜想∠BEC的度数，并说明理由；（3）探究线段AE，BE，CE之间满足的等量关系，并说明理由.
四、思考与启示
1.追求自然解法，培养学生数学思维方式。
解题教学，首先强调析题，对题目的一组线段相等、两个直角的显性条件的进行逻辑推理，对△BCF≌△ACD后的对应角、对应边、对应高相等、以及两个三角形可以通过绕点C旋转得到等隐性条件的挖掘，以及几何条件之间的关联，并通过两三角形已知两边相等及一组边对角互补，则另一边的对角相等的几何模型进行知识块的处理，并对要求得结论的演绎化推理，利用证等角可用的几种不同的方法完善的知识结构产生的解法的思考，通过构造全等三角形的基本模型。另一方面，求角度、求三边的数量关系，可采用猜测，度量验证，分析探究，逻辑推理，得出证明，从而形成数学活动经验，如三条线段的数量关系的证明可以采用截长补短方法、从而生成解法，形成新的数学活动经验与数学思维方式，提升学生的数学核心素养。
2.探究解法生成，培养学生数学关键能力。
解题教学中，引导学生已有锐角为45°的关联条件，猜想所求角∠BEC为45°角，引导学生度量线段长度，由45°的等腰直角三角形三边长 的比例关系，猜测三边的关系为 ，有利于学生提升数感能力；引导学生利用轴对称、构造全等三角形、旋转构造等腰直角三角形、利用相似三角形构造比例线段对应角相等、四点共圆多种不同证法，培养学生逻辑思维能力和几何直观能力；引导学生要证角等需要构造全等三角形、相似三角形、等腰直角三角形、等弧对等角，及要证三边关系，需要构造截长补短的图形、集中分散线段在同一图形中、利用轴对称构造全等三角形、利用相似三角形构造比例线段、利用轴对称构造全等三角形，培养学生创新意识与创新能力。通过变式与反馈再次培养学生数学关键能力，提升学生核心素养。
3.找寻丰富解法，提高学生思维品质和数学品格。
解题教学中，引导学生对数学本质的理解与探索有利提高学生思维品质，利用旋转构造两个三角形，从而构造出等腰直角三角形，证明出45°角和所求三边的关系，它的本质是原来△BCF与△ACD全等并可以通过旋转得到，现在只需把所求角或边所在的三角形，由△BCF与△ACD补上或剪去一个三角形得到新的两个三角形，同样利用轴对称构造全等三角形的本质就是出现∠BED的对称轴CE，在含锐角∠BEC或∠DEC的一个三角形，构造出另一个三角形。另外，在探索出一种解法后，引导学生克服困难，继续探究，引导挖掘另外的丰富解法，体验数学知识之间的巧妙联系，體验不同证法的异曲同工之妙，提高学生的思维品质和数学品格。
参考文献：
[1] 郑学涛.一道中考题的自然解法分析[J]. 中学数学教学参考：2016（10）29-30.
[2] 张进.探究一道竞赛题解法的心路历程[J]. 中学数学教学参考：2017（1-2）42-44.
[3] 汪晓勤.2017.HPM：数学史与数学教育[M].北京.科学出版社.
关键词：解题教学；自然解法；核心素养
中图分类号：G623.5 文献标识码：A 文章编号：2095-2627（2017）14-0079-03
解题教学是数学教学的重要组成部分，是学生学以致用的一个重要环节，数学离不开解题，解题应追求解法自然。对于同一道题，由于个人的知识结构系统性不同、思维习惯有差异、数学活动经验丰富性差别等会形成不同的解法，但对于教师在解题教学过程中，应该注重分析、引导、找寻最自然的解法，最本真的思维方式，进行深层次思考与探究，培养学生以综合体现数学知识、技能、能力及情感、态度与价值观的数学素养，培养学生具备包含具有数学基本特征的关键能力、思维品质与数学品格的数学核心素养。现笔者以一道几何题为例，谈谈教学中探究分析该题解法的自然生成过程，及对培养学生的数学核心素养的几点思考。
一、题目呈现
如图1，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC延长线上，连接AD，过B作BE⊥AD，垂足为E，交AC于点F，连接CE.（1）求证：△BCF≌△ACD；（2）猜想∠BEC的度数，并说明理由；（3）探究线段AE，BE，CE之间满足的等量关系，并说明理由.
（2017年福建省三明市质量检测题）
二、解法与分析
本题以学生较为常见熟悉的以两个直角等腰三角形构造的几何图形模型为背景，巧妙设问，寻找图形的角度的不变性和三条线段的数量关系的不变性，分3小步设问，逐步加大难度。考查了学生的全等三角形判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等数学知识技能能力，反映出学生数感、几何直观与空间想像能力，逻辑推理能力，创新意识与创新能力等数学核心素养。
1.第（1）小题，以考查全等三角形的判定，目标指向的两个三角形明确，并且已知一组边与一组角相等，只需再找一组角等即可，易证∠CBF=∠CAD或∠BFC=∠D，从而得证△BCF≌△ACD.
2.第（2）小题，由于点D是动点，∠BEC的位置不固定，要猜想∠BEC的度数，做好两步事情，第一步可以化动为静，第二步用量角器度量，另外再加猜想，它肯定是个锐角，而图中固定的锐角有∠BAC与∠ABC为45°，因此猜想∠BEC=45°。如何证明？存在几种思路：第一，只需证明∠BEC=∠DEC，可用构造全等三角形，角平分线判定定理等；第二，只需证明∠BEC=∠BAC，可用相似三角形对应角相等；第三，只需证明含锐角∠BEC的等腰直角三角形，或含锐角∠DEC的等腰直角三角形等方法。
2.1利用轴对称构造全等三角形
解法1：如图2，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，由（1）△BCF≌△ACD，∴CG=CH（全等三角形对应高相等），∴∠BEC=∠DEC= 45°（角平分线判定定理）.
解法2：如图2，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，易证△GCF≌△HCD，∴CG=CH，∴∠BEC=∠DEC= 45°.
分析：解法1，解法2是在运用全等三角形方法证明角相等，但起初只能找到角所在的△ECF与△ECD，但两组边相等且一组边的对角互补，就自然联想到作如图2的两垂线，构造全等三角形，培养学生几何直观、空间想象能力与创新能力。
2.2利用旋转构造等腰直角三角形
解法3：如图3， 在FB上截取FG=DE，连接CG， 由（1）知：∠CFG=∠D，CF=CD，∴△FCG≌△DCE.∴CG=CE，∠FCG=∠DCE.∴∠ECG=90°.∴∠BEC=45°.
解法4：如图4， 在BF上截取BG=AE，连接CG， 由（1）知：∠CBF=∠CAD，又AC=BC，∴△BCG≌△ACE.∴CG=CE，∠BCG=∠ACE.∵∠BCG+∠ACG=90°，∴∠ACE+∠ACG=90°即∠ECG= .∴∠BEC=45°.
解法5：如图5，延长AD到G，使DG=EF（或者作∠DCG=∠FCE交AD延长线于点G.），连接CG，易证：△FCE≌△DCG（SAS）.∴CG=CE，∠FCE=∠DCG.，∴∠ECG=90°.∴∠CEG=45°，∴∠BEC=45°。
解法6：如图6，延长AD到G，使AG=EB，连接CG，易证：△BCE≌△ACG（SAS）.∴CG=CE，∠FCE=∠DCG.，∴∠ECG=90°.∴∠ECG=45°，∴∠BEC=45°。
分析：对于解法3，引导学生要∠CED=45°，将∠CED放在△DCE 中考虑问题，另外对于△DCE与△BCG，已有∠CFB=∠D，CF=CD可以通过截取构造全等三角形，另一方面，△BCF与△ACD全等并可以通过旋转得到，△DCE是△ACD的一部分，同样可以想象通过同样的旋转方式构造全等，因此作辅助线在FB上截取FG=DE得证。在此引导学生，能否以同样的方式得到不同的思考方法，不同图形的旋转得到不同的解法。类比解法，可以得出解法4、解法5、解法6。
2.3 利用相似三角形构造等角
解法7：如图1，由（1）知：∠AEB=∠ACB=90°，∠CBF=∠CAD，∴△AEF∽△BCF. ∴ 即 .∵∠AFB=∠EFC，∴△EFC∽△AFB. ∴∠BEC=∠BAC.∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°. 即∠BEC=45°.
2.4 利用共圓构造等弧对等角
解法8：如图7，以AB为直径作⊙O，连接OC，OE，∵∠AEB=∠ACB=90°，∴OC=OE= .即C，E都在以AB为直径的⊙O上，∵弧CB=弧CB，∴∠BEC=∠BAC.∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°. 即∠BEC=45°. 解法9：如图8，连接DF，，以DF为直径作⊙O，连接OC，OE，∵∠FCD=∠FED=90°，∴OC=OE= DF.即C，E都在以DF为直径的⊙O上，∵弧CF=弧CF，∴∠FEC=∠FDC.∵. 由（1）知：CF=CD，∠DCF=90°， ∴∠FDC=45°即∠BEC=45°.
3.第（3）小题，由于点D是动点，AC或BC的长度没有固定，因此线段AE，BE，CE的长度不固定，线段AE，BE，CE三者的数量关系如何确定？分几步思考，第一步，三条线段的数量关系有和差关系，乘积式或比例式关系及两者的综合关系。第二步，回忆模型含45°的直角三角形三边比为 ，第三步，度量三线段长度并猜测关系及初步几何直观推理。得出结论： 或 .如何证明？线段BE与AE的和差关系可用截长补短法， CE可以构造含线段CE的等腰直角三角形或构造相似比为 的两个相似三角形。
3.1 利用旋转构造等腰直角三角形
解法1：如图9，在BF上截取BG=AE，连接CG，易证△BCG≌△ACE. 易证CG=CE，∠ECG=90°.∴ . ∵BE-BG=GE，∴BE-AE= .
解法2：如图10，在FB上截取FG=DE，连接CG，易证BG=AE，△FCG≌△DCE. 易证CG=CE，∠ECG=90°，∴ ，∴BE-AE=GE = .
解法3： 如图11，延长AD到G，使DG=EF，易证△FCE≌△DCG（SAS），易证CG=CE，∠ECG=90°.∴ ，∴BE-AE= AG-AE =EG = .
解法4：如图12，延长AD到G，使得AG=BE，连接CG，易证△BCE≌△ACG. ，易证CE=CG，∠ECG=90°.∴ . BE-AE= AG-AE =EG = .
3.2 利用轴对称构造全等三角形
解法5：如图13，过C分别作CG⊥BF，CH⊥AD，垂足为G、H，易证△GCF≌△HCD、△GCE≌△HCE、△CEH是等腰直角三角形，∴ ，GE=HE，GF=HD∴. BE-AE=BF+EF-AE=AD+EF-AE=DE+EF=EH+DH+EF=2GE= .
.解法6：如图14，在EB上截取EH=ED，连接CH，过点C作CG⊥HF，垂足为G，易证△ECH≌△ECD，从而易证CD=CH=CF，△CEG是等腰直角三角形，.∴FG=HG， .∴BE-AE=（BF+EF）-（AD-DE）=EF+DE= EF+EH=2GE= .
解法7：如图15，在ED上截取EH=EF，连接CH，过点C作CG⊥AD，垂足为G，易证△ECH≌△ECF，从而易证EF=EH，CF=CH=CD，△CEG是等腰直角三角形，从而易证GH=GD， .∴BE-AE=（BF+EF）-（AD-DE）=EF+DE= EH+DE=2GE= .
解法8：如图16，在ED的延长线上截取EH=EB，连接CH，过点C作CG⊥EH，垂足为G，易证△ECB≌△ECH，从而易证CH=CB=CA，△CEG是等腰直角三角形，从而易证AG=HG， .∴BE-AE=EH-AE=（EG+HG）-（AG-EG）=2EG= .
3.3利用相似三角形构造比例线段
解法9：如图17，延长DA到P，使得EP=BE，连接BP，则△BEP是等腰直角三角形，∴∠P=∠PBE=45°， .∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠ABC=45°.∴∠PBA=45°-∠ABE=∠EBC.由（2）有∠BEC=45°∴∠P=∠BEC.∴△PBA∽△EBC.∴ .∴ .∵PE-AE=PA，∴BE-AE = .
三、变式与反馈
聚焦课堂，聚焦解题，提高学生对数学基础知识的理解，可以通过做一题多解、多题一解，一题多变提升对知识点深入和透彻理解，达到一个能灵活和综合应用的高度，为促进学生思维认识与方法的掌握情况，提高学生核心素养，原题可变式为以下题目。
如图18，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D在BC上，连接AD，过B作BE⊥AD，垂足为E，交AC延长线于点F，连接CE.（1）求证：△BCF≌△ACD；（2）猜想∠BEC的度数，并说明理由；（3）探究线段AE，BE，CE之间满足的等量关系，并说明理由.
四、思考与启示
1.追求自然解法，培养学生数学思维方式。
解题教学，首先强调析题，对题目的一组线段相等、两个直角的显性条件的进行逻辑推理，对△BCF≌△ACD后的对应角、对应边、对应高相等、以及两个三角形可以通过绕点C旋转得到等隐性条件的挖掘，以及几何条件之间的关联，并通过两三角形已知两边相等及一组边对角互补，则另一边的对角相等的几何模型进行知识块的处理，并对要求得结论的演绎化推理，利用证等角可用的几种不同的方法完善的知识结构产生的解法的思考，通过构造全等三角形的基本模型。另一方面，求角度、求三边的数量关系，可采用猜测，度量验证，分析探究，逻辑推理，得出证明，从而形成数学活动经验，如三条线段的数量关系的证明可以采用截长补短方法、从而生成解法，形成新的数学活动经验与数学思维方式，提升学生的数学核心素养。
2.探究解法生成，培养学生数学关键能力。
解题教学中，引导学生已有锐角为45°的关联条件，猜想所求角∠BEC为45°角，引导学生度量线段长度，由45°的等腰直角三角形三边长 的比例关系，猜测三边的关系为 ，有利于学生提升数感能力；引导学生利用轴对称、构造全等三角形、旋转构造等腰直角三角形、利用相似三角形构造比例线段对应角相等、四点共圆多种不同证法，培养学生逻辑思维能力和几何直观能力；引导学生要证角等需要构造全等三角形、相似三角形、等腰直角三角形、等弧对等角，及要证三边关系，需要构造截长补短的图形、集中分散线段在同一图形中、利用轴对称构造全等三角形、利用相似三角形构造比例线段、利用轴对称构造全等三角形，培养学生创新意识与创新能力。通过变式与反馈再次培养学生数学关键能力，提升学生核心素养。
3.找寻丰富解法，提高学生思维品质和数学品格。
解题教学中，引导学生对数学本质的理解与探索有利提高学生思维品质，利用旋转构造两个三角形，从而构造出等腰直角三角形，证明出45°角和所求三边的关系，它的本质是原来△BCF与△ACD全等并可以通过旋转得到，现在只需把所求角或边所在的三角形，由△BCF与△ACD补上或剪去一个三角形得到新的两个三角形，同样利用轴对称构造全等三角形的本质就是出现∠BED的对称轴CE，在含锐角∠BEC或∠DEC的一个三角形，构造出另一个三角形。另外，在探索出一种解法后，引导学生克服困难，继续探究，引导挖掘另外的丰富解法，体验数学知识之间的巧妙联系，體验不同证法的异曲同工之妙，提高学生的思维品质和数学品格。
参考文献：
[1] 郑学涛.一道中考题的自然解法分析[J]. 中学数学教学参考：2016（10）29-30.
[2] 张进.探究一道竞赛题解法的心路历程[J]. 中学数学教学参考：2017（1-2）42-44.
[3] 汪晓勤.2017.HPM：数学史与数学教育[M].北京.科学出版社.