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数学的解题教学既能担负巩固所学的基础知识，强化基本技能的任务，又是培养学生思维能力的主要载体，这也正是数学教学的两大基本任务，所以尤为重要，而习题演练又是解题教学的重要一环，更加不可或缺，但是题海茫茫，如何在有限的时间里最大限度的提高习题演练效率呢？笔者根据多年教学的经验认为：首先应抛弃题海战术，有目的地设计、精心筛选题目，力求每一题都“精”.其次，应抛弃机械训练，不就题论题，要有意通过一题多变、一题多答具有发散性的题目进行训练，让学生在问题解决过程中，不仅熟悉知识、优化知识结构，而且掌握方法与规律，提升灵活应用知识、分析解决问题的能力.同時，培养学生思维的灵活性和广阔性，使其达到“练一题，知一串，长一智”之目的.
一、 练一题
例题分别以平行四边形ABCD的一组邻边AD、CD为边向其形外作正方形ADEF和DCGH，再以DE、DH为邻边作平行四边形DHKE，求证：以B、G、K、F为顶点的四边形是正方形.
思路简析连接AH、EC.
∵ ∠ADH= 90°+∠EDH，
∠EDC = 90°+∠EDH，
∴ ∠ADH=∠EDC.
又DA=DE，DH=DC
∴ △ADH≌△EDC.
而易证△FEK≌△ADH≌△BCG，
△FAB≌△EDC≌△KHG.
∴ △FEK≌△FAB≌△BCG≌△KHG.
∴ KF=FB=BG=GK.且∠BGC=∠KGH，
∴ ∠BGK=∠KGH+∠BGH
=∠BGC+∠BGH=90°
∴四边形BGKF是正方形.
二、 知一串
本题若就题论题至此即可结束，但解题结束并不意味着释题、分析的终结，而应该是“问题”的再分析、再探究的开始，这也是“实践，认识、再实践、再认识”的认知规律在解题活动中的体现，逐步掌握这种解题的思维规律，对提高解题能力大有裨益.就本题而言，再做进一步的分析探索，又可收获许多.
1. 线段及角的相等
连接DF、DG、FG.
∵ ∠FDG= 45°+∠EDH+ 45°，
∠EDC = 90°+∠EDH，
∴ ∠FDG=∠EDC.易知 =
∴ △FDG∽△EDC.
由以上相似三角形结合众多的全等三角形可以得出诸多相等关系，图中易见不一一罗列.
2. 全等的平行四边形
平行四边形ABCD和平行四边形DHKE各边显然对应相等，而由∠ADC+∠EDH=180°容易推出此两平行四边形的各角也对应相等，所以：平行四边形ABCD≌平行四边形DHKE.
3. 三正方形的大小关系
由以上三角形的全等，显见：
S正方形ADEF+S正方形DCGH+S平行四边形ABCD+S平行四边形EDHK=S正方形FBGK如果设三正方形的边长分别为a、b、c.当∠EDH=90°时，如图2，上结论即为：
a2+b2+2ab=c2=（a+b）2，这正是完全平方公式的几何解释.
当∠EDH=0°时，两平行四边形消失，面积为0，所以有：
S正方形ADEF+S正方形DCGH=S正方形FBGK，
即a2+b2=c2，如图3所示.此时，将△FAB绕F点逆时针旋转90°到△FEK的位置，△BCG绕G点顺时针旋转90°到△KHG的位置，即构成了正方形FBGK，此图正是赵爽在《周髀算经•勾股圆方图注》中对勾股定理的一种推导方法.此法，简单摆放，不需演算，见图自明，一步到位，足见我国古代劳动人民的聪明和智慧.
4. 平行及垂直
如图1，显见EC//FB，HA//GB，EC⊥HA.若连接AC，连接KD并延长交AC于M点，则有KD⊥AC.易证△DHK ≌△CDA，
∴ ∠HDK =∠DCA，
而∠HDK+∠CDM=90°，
∴ ∠DCA+∠CDM=90°，
∴ KD⊥AC.
5. 五点共圆
如图1，设EC与HA交于N点，根据以上的结论容易得出：A、D、N、E、F五点共圆，同样C、D、N、H、G五点共圆，N点是此两圆除C点外的另一个交点.
6. 三线共点
（1） AH、EC、FG三线共点.
如图1，连接FN，由A、D、N、E、F五点共圆，可得∠DFN=∠DEN，
而根据△FDG∽△EDC
可知∠DFG=∠DEN，
∴ ∠DFN=∠DFG
∴ FG过N点，即AH、EC、FG三线共点.
（2） AE、BK、CH三条对角线所在的直线共点.设BK、CH所在的直线交于P点，如图4，连接AE、AP、FP、GP.
∵ ∠GCP=∠GBP=45°，
∴ B、C、G、P四点共圆，由对称性易知∠FPB=∠GPB，而∠FAB=∠BCG
∴ ∠FPB +∠FAB=∠GPB+∠BCG=180°，
∴ F、A、B、P四点共圆，
∴ ∠FAP=∠FBP=45°，
∴ AP与AE重合，
∴ AE、BK、CH三条对角线所在的直线共点.（当平行四边形ABCD是矩形时，此三条对角线互相平行）.
7. 又一正方形
分别以正方形ADEF、平行四边形ABCD、正方形DCGH和平行四边形DHKE的中心为顶点的四边形是正方形，并且，其与正方形BGKF是位似图形，位似中心是D，位似比是，其面积是正方形BGKF的，是上四个四边形面积的平均数.（留给读者探索证明）
8. 原题的变式
不难看出原题的两个更简略的形式：
变式一分别以△ABC的边AB、AC为边长向其形外作正方形ABDE、正方形ACFG，再以AE、AG为邻边作平行四边形AGHE（如图5），则以点D、F、H为顶点的三角形是等腰直角三角形.
变式二分别以△ABC的边AB、AC为斜边向其形外作等腰Rt△ABD、等腰Rt△ACE，再以AD、AE为邻边作平行四边形AEFD（如图6），则以点B、C、F为顶点的三角形是等腰直角三角形.
若变式二中的“等腰Rt△ABD、等腰Rt△ACE”均变为等边三角形，则有下列的变式：
变式三分别以△ABC的边AB、AC为边长向其形外作等边△ABD、等边△ACE，再以AD、AE为邻边作平行四边形AEFD（如图7），则以点B、C、F为顶点的三角形也是等边三角形.
简析∵ ∠CEF=60°+∠AEF=60°+180°-∠DAE=240°-∠DAE=∠BAC，
所以不难得出：△ABC≌△EFC≌△DBF，
即可得出BC=CF=FB.
三、 长一智
以上的探索训练，会将涉及到的知识技能、方法技巧以及图形形象等输入我们的大脑信息库，使我们的心智得到开发，一旦遇到相关的信息刺激，就会产生联想并激活，从而“以智变应万变”，使心智应需而变，自信面对挑战.
例1已知△ABC，分别以△ABC的AC、BC边为腰，A、B为直角顶点，作等腰Rt△ACE和等腰Rt△BCD，M为ED的中点.
求证：AM⊥BM.
简析对图形认真观察，会发现只要取EC的中点F及CD的中点G，再分别连接FM、GM、FA、GB，就会很容易得到四边形FCGM是平行四边形，△ACF、△CBG均为等腰直角三角形（如图8），这样，就符合了8中变式二的条件，因此有AM⊥BM.
例2如图9所示，已知A、B为平面上两个定点，C为平面上位于直线AB同侧的一个动点，以AC、BC为边，在△ABC形外分别作正方形CADE、CBFH.求证：无论动点C在AB同侧的任何位置，DF的中点P的位置不变.
简析如图9取两正方形的中心M、N，连接PM、PN，PA、PB，易得四边形CNPM是平行四边形，△ACM、△CBN均为等腰直角三角形，根据8中变式二，则△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，因A、B为平面上两个定点，所以AB的位置及大小即确定，那么与C点在AB同侧的以AB为斜边的等腰直角三角形的位置及大小亦即确定，这样无论动点C在AB同侧的任何位置，DF的中点P的位置不会改变.
例3中考链接：（2009河北中考数学试题第24题改编）如图10，在△CAE中，点B、M、D分别是三边的中点，分别以CB、CD为边长向其形外作正方形BCGF和CDHN， 连接MF、MH、FH，求证：△FMH是等腰直角三角形.
简析因为点M是AE的中点，点B是AC的中点，点D是CE的中点，所以连接MB、MD，可得平行四边形BMDC（如图10），显然已符合了8中变式一的条件，所以，△FMH是等腰直角三角形.
通过对此题的研究探索可以看出这道题目强大的知识含量和优异的思维功能，因此，习题演练的关键不在于题量，而在于习题的精选，在于解题思路的探求分析，在于对习题蕴含的潜能充分的挖掘和利用.这样，不但可以通过少而精的题目巩固基础知识，而且可以克服学生对问题的“单线思维”，使思维灵活而不僵化.同时还可以把学生从题海中解放出来，一举多得，何乐而不为呢？
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
一、 练一题
例题分别以平行四边形ABCD的一组邻边AD、CD为边向其形外作正方形ADEF和DCGH，再以DE、DH为邻边作平行四边形DHKE，求证：以B、G、K、F为顶点的四边形是正方形.
思路简析连接AH、EC.
∵ ∠ADH= 90°+∠EDH，
∠EDC = 90°+∠EDH，
∴ ∠ADH=∠EDC.
又DA=DE，DH=DC
∴ △ADH≌△EDC.
而易证△FEK≌△ADH≌△BCG，
△FAB≌△EDC≌△KHG.
∴ △FEK≌△FAB≌△BCG≌△KHG.
∴ KF=FB=BG=GK.且∠BGC=∠KGH，
∴ ∠BGK=∠KGH+∠BGH
=∠BGC+∠BGH=90°
∴四边形BGKF是正方形.
二、 知一串
本题若就题论题至此即可结束，但解题结束并不意味着释题、分析的终结，而应该是“问题”的再分析、再探究的开始，这也是“实践，认识、再实践、再认识”的认知规律在解题活动中的体现，逐步掌握这种解题的思维规律，对提高解题能力大有裨益.就本题而言，再做进一步的分析探索，又可收获许多.
1. 线段及角的相等
连接DF、DG、FG.
∵ ∠FDG= 45°+∠EDH+ 45°，
∠EDC = 90°+∠EDH，
∴ ∠FDG=∠EDC.易知 =
∴ △FDG∽△EDC.
由以上相似三角形结合众多的全等三角形可以得出诸多相等关系，图中易见不一一罗列.
2. 全等的平行四边形
平行四边形ABCD和平行四边形DHKE各边显然对应相等，而由∠ADC+∠EDH=180°容易推出此两平行四边形的各角也对应相等，所以：平行四边形ABCD≌平行四边形DHKE.
3. 三正方形的大小关系
由以上三角形的全等，显见：
S正方形ADEF+S正方形DCGH+S平行四边形ABCD+S平行四边形EDHK=S正方形FBGK如果设三正方形的边长分别为a、b、c.当∠EDH=90°时，如图2，上结论即为：
a2+b2+2ab=c2=（a+b）2，这正是完全平方公式的几何解释.
当∠EDH=0°时，两平行四边形消失，面积为0，所以有：
S正方形ADEF+S正方形DCGH=S正方形FBGK，
即a2+b2=c2，如图3所示.此时，将△FAB绕F点逆时针旋转90°到△FEK的位置，△BCG绕G点顺时针旋转90°到△KHG的位置，即构成了正方形FBGK，此图正是赵爽在《周髀算经•勾股圆方图注》中对勾股定理的一种推导方法.此法，简单摆放，不需演算，见图自明，一步到位，足见我国古代劳动人民的聪明和智慧.
4. 平行及垂直
如图1，显见EC//FB，HA//GB，EC⊥HA.若连接AC，连接KD并延长交AC于M点，则有KD⊥AC.易证△DHK ≌△CDA，
∴ ∠HDK =∠DCA，
而∠HDK+∠CDM=90°，
∴ ∠DCA+∠CDM=90°，
∴ KD⊥AC.
5. 五点共圆
如图1，设EC与HA交于N点，根据以上的结论容易得出：A、D、N、E、F五点共圆，同样C、D、N、H、G五点共圆，N点是此两圆除C点外的另一个交点.
6. 三线共点
（1） AH、EC、FG三线共点.
如图1，连接FN，由A、D、N、E、F五点共圆，可得∠DFN=∠DEN，
而根据△FDG∽△EDC
可知∠DFG=∠DEN，
∴ ∠DFN=∠DFG
∴ FG过N点，即AH、EC、FG三线共点.
（2） AE、BK、CH三条对角线所在的直线共点.设BK、CH所在的直线交于P点，如图4，连接AE、AP、FP、GP.
∵ ∠GCP=∠GBP=45°，
∴ B、C、G、P四点共圆，由对称性易知∠FPB=∠GPB，而∠FAB=∠BCG
∴ ∠FPB +∠FAB=∠GPB+∠BCG=180°，
∴ F、A、B、P四点共圆，
∴ ∠FAP=∠FBP=45°，
∴ AP与AE重合，
∴ AE、BK、CH三条对角线所在的直线共点.（当平行四边形ABCD是矩形时，此三条对角线互相平行）.
7. 又一正方形
分别以正方形ADEF、平行四边形ABCD、正方形DCGH和平行四边形DHKE的中心为顶点的四边形是正方形，并且，其与正方形BGKF是位似图形，位似中心是D，位似比是，其面积是正方形BGKF的，是上四个四边形面积的平均数.（留给读者探索证明）
8. 原题的变式
不难看出原题的两个更简略的形式：
变式一分别以△ABC的边AB、AC为边长向其形外作正方形ABDE、正方形ACFG，再以AE、AG为邻边作平行四边形AGHE（如图5），则以点D、F、H为顶点的三角形是等腰直角三角形.
变式二分别以△ABC的边AB、AC为斜边向其形外作等腰Rt△ABD、等腰Rt△ACE，再以AD、AE为邻边作平行四边形AEFD（如图6），则以点B、C、F为顶点的三角形是等腰直角三角形.
若变式二中的“等腰Rt△ABD、等腰Rt△ACE”均变为等边三角形，则有下列的变式：
变式三分别以△ABC的边AB、AC为边长向其形外作等边△ABD、等边△ACE，再以AD、AE为邻边作平行四边形AEFD（如图7），则以点B、C、F为顶点的三角形也是等边三角形.
简析∵ ∠CEF=60°+∠AEF=60°+180°-∠DAE=240°-∠DAE=∠BAC，
所以不难得出：△ABC≌△EFC≌△DBF，
即可得出BC=CF=FB.
三、 长一智
以上的探索训练，会将涉及到的知识技能、方法技巧以及图形形象等输入我们的大脑信息库，使我们的心智得到开发，一旦遇到相关的信息刺激，就会产生联想并激活，从而“以智变应万变”，使心智应需而变，自信面对挑战.
例1已知△ABC，分别以△ABC的AC、BC边为腰，A、B为直角顶点，作等腰Rt△ACE和等腰Rt△BCD，M为ED的中点.
求证：AM⊥BM.
简析对图形认真观察，会发现只要取EC的中点F及CD的中点G，再分别连接FM、GM、FA、GB，就会很容易得到四边形FCGM是平行四边形，△ACF、△CBG均为等腰直角三角形（如图8），这样，就符合了8中变式二的条件，因此有AM⊥BM.
例2如图9所示，已知A、B为平面上两个定点，C为平面上位于直线AB同侧的一个动点，以AC、BC为边，在△ABC形外分别作正方形CADE、CBFH.求证：无论动点C在AB同侧的任何位置，DF的中点P的位置不变.
简析如图9取两正方形的中心M、N，连接PM、PN，PA、PB，易得四边形CNPM是平行四边形，△ACM、△CBN均为等腰直角三角形，根据8中变式二，则△PAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，因A、B为平面上两个定点，所以AB的位置及大小即确定，那么与C点在AB同侧的以AB为斜边的等腰直角三角形的位置及大小亦即确定，这样无论动点C在AB同侧的任何位置，DF的中点P的位置不会改变.
例3中考链接：（2009河北中考数学试题第24题改编）如图10，在△CAE中，点B、M、D分别是三边的中点，分别以CB、CD为边长向其形外作正方形BCGF和CDHN， 连接MF、MH、FH，求证：△FMH是等腰直角三角形.
简析因为点M是AE的中点，点B是AC的中点，点D是CE的中点，所以连接MB、MD，可得平行四边形BMDC（如图10），显然已符合了8中变式一的条件，所以，△FMH是等腰直角三角形.
通过对此题的研究探索可以看出这道题目强大的知识含量和优异的思维功能，因此，习题演练的关键不在于题量，而在于习题的精选，在于解题思路的探求分析，在于对习题蕴含的潜能充分的挖掘和利用.这样，不但可以通过少而精的题目巩固基础知识，而且可以克服学生对问题的“单线思维”，使思维灵活而不僵化.同时还可以把学生从题海中解放出来，一举多得，何乐而不为呢？
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文