一道几何角度问题的解法及变式探究

摘要：研究一类特殊四边形问题，有利于促进学生综合应用特殊三角形和四边形的相关知识及解题方法、思想、经验解决新问题，学会用数学眼光、数学思考和数学表达发现、分析、解决问题，让丰富的、有意义的、有挑战性的数学问题的解决成为学生数学学习中的关键事件.

关键词：构造；关联；变式；探究

在浙江省易良斌初中数学名师工作室暑期解题教学专题研修活动中，学员对一道来自热播剧《天才基本法》中有关四边形的角度求值问题产生了浓厚的研究兴趣.这题结构简洁，数据设计巧妙，解题方法众多，内涵深刻，耐人寻味.现笔者把所解、所变、所思、所悟整理成文，以飨读者，请同行批评指正！

1 原题呈现

如图1，四边形ABCD中，∠B=70°，∠C=170°，且AB=BC=CD，求∠BAD的度数.

2 试题分析

结合题意，从定性和定量两个角度分析，本题图形是大小不定，但形状确定的四边形，因此∠BAD的度数确定是可求的.借助几何画板，可发现∠BAD=85°，∠D=35°.其中隐含着∠C=2∠BAD，∠B=2∠D，且有∠BAD+∠D=120°，∠B+∠C=240°，这些角度和60°角有莫大的关系，可为探寻解题思路带来诸多启发.

在三角形的角度计算问题中，角格点问题是典型的范例，参考田永海先生的著作《三角形中的角格点问题》.本题虽然背景是四边形，但解法可以借鉴角格点问题的常用方法，如构造等边三角形、构造轴对称图形、构造全等三角形等.

3 解法展示

3.1 视角1：构造等边三角形

观察到∠ABC-60°+∠BCD=180°，∠ABC+60°=360°-∠BCD-60°

=130°，∠BAD+∠ADC+60°=180°，可构造等边三角形联系边角关系，有以下解法.

解法一：如图2，以CD为边向上作等边三角形CDE，连接AE.

∵AB=BC=CD，CD=CE，

∴AB=CE.

∵∠BCD=170°，

∠DCE=60°，

∴∠BCE=110°.

∵∠B=70°，

∴∠B+∠BCE=180°.

∴AB∥CE.

∴四边形ABCE是平行四边形.

∴AE=BC=CD=DE，∠B=∠AEC=70°，

∠BAE=∠BCE=110°.

∴∠AED=∠AEC+∠CED=70°+60°=130°.

∴∠EAD=∠EDA=25°.

∴∠BAD=∠BAE-∠EAD=85°.

当然，本题的辅助线也可作平行四边形ABCE，连接DE，虽作法不同，但图形结构不变，解法实质上殊途同归，在此不再赘述.

解法二：如图3，以AB为边向右作等边三角形ABF，连接DF.

∵AB=BC=CD，

AB=BF=AF，

∴BF=CD.

∵∠ABC=70°，∠BCD=170°，

∠ABF=∠BAF=∠AFB=60°，

∴∠CBF=10°，∠CBF+∠BCD=180°.

∴BF∥CD.

∴四边形BCDF是平行四边形.

∴BC=DF=AF，

∠BFD=∠BCD=170°.

∴∠AFD=360°-∠BFD-∠AFB=130°.

∴∠FAD=∠FDA=25°.

∴∠BAD=∠BAF+∠FAD=85°.

同理，本题的辅助线也可作平行四边形BCDF，连接AF，与解法一的情况类似，在此也不再赘述.

解法三：如图4，以BC为边向下作等边三角形BOC，连接AO，DO，易知AB=BC=CD=BO=CO，

∴∠ABO=∠ABC+∠OBC=70°+60°=130°，∠DCO=360°-∠BCD-∠BCO=360°-170°-60°=130°.

∴∠DCO=∠ABO.

∴△DCO≌△ABO.

∴AO=DO，∠BOA=∠COD=∠BAO=∠CDO=25°.

∴∠AOD=∠BOC=60°.

∴△AOD是等边三角形.

∴∠OAD=60°.

∴∠BAD=∠BAO+∠OAD=85°.

另外，本题先作等边三角形AOD，再连接OB，OC，也是属于同样的图形构造，类似可解，在此也不再赘述.

解法四：如图5，以CD为边向下作等边三角形CDE，连接BE，易知AB=BC=CD=CE=DE，

∴∠A+∠ADE=∠A+∠ADC+∠CDE=360°-∠ABC-∠BCD+∠CDE=360°-70°-170°+60°=180°.

∴AB∥DE.

∴四边形ABED是平行四边形.

∴∠A+∠ABE=180°.

又∠BCE=360°-∠BCD-∠DCE=360°-170°-60°=130°，

∴∠CBE=∠CEB=25°.

∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=95°.

∴∠BAD=85°.

同样地，本题的辅助线也可以先作平行四边形ABED，连接BE，也类似可解，在此不再赘述.

解法五：如图6，以AB为边向外作等边三角形ABO，连接OC，易知AB=BC=CD=OA=OB，

∴∠OAD+∠ADC=∠OAB+∠BAD+∠ADC=∠OAB+360°-∠ABC-∠BCD=60°+360°-70°-170°=180°.

∴OA∥CD.

∴四边形OADC是平行四边形.

∴∠OAD+∠AOC=180°.

∵∠OBC=∠OBA+∠ABC=60°+70°=130°，

∴∠BOC=∠OCB=25°.

∴∠D=∠AOC=∠AOB-∠BOC=35°.

∴∠BAD=85°.

同样地，本题的辅助线也可先作平行四边形OADC，连接OB，也类似可解，在此也不再赘述.

3.2 视角2：二倍角构造轴对称图形

注意到本题图形中隐含着∠C=2∠BAD，∠B=2∠D，可构造对称图形从中找到解题方法.

解法六：如图7，以AC为边作等边三角形ACE，连接DE.

∵AB=BC=CD，∠B=70°，

∴∠BAC=∠BCA=55°.

又∠ACE=60°，∠BCD=170°，

∴∠DCE=55°=∠BCA.

∴△ABC≌△EDC.

∴DE=AB=CD.

又AD=AD，AC=AE，

∴△ACD≌△AED.

∴∠EAD=∠CAD=12∠CAE=30°.

∴∠BAD=85°.

解法七：如图8，以BD为边作等边三角形BDE，连接AE.

∵AB=BC=CD，

∠BCD=170°，

∴∠CBD=∠BDC=5°.

∵∠ABC=70°，

∴∠ABE=5°=∠CBD.

∵BE=BD，

∴△ABE≌△CBD.

∴∠BAE=∠BCD=170°，AE=CD=AB.

又AD=AD，BD=ED，

∴△ABD≌△AED.

∴∠BAD=∠EAD=12∠BAE=85°.

3.3 视角3：三点共线

本题由于图形及数据的特殊性，通过构造特殊三角形，运用三点共线有简洁的求解方法.

解法八：如图9，以BC为边向上作等边三角形BCG，连接AG，DG，易知AB=BC=CD=CG=BG.

∵∠ABC=70°，∠BCD=170°，∠GBC=∠GCB=∠BGC=60°，

∴∠ABG=10°，∠GCD=110°.

∴∠BAG=∠BGA=85°，∠CGD=∠CDG=35°.

∴∠BGA+∠BGC+∠CGD=85°+60°+35°=180°.

∴A，G，D三点共线，即点G在AD上.

∴∠BAD=∠BAG=85°.

解法九：如图10，作∠ABC和∠BCD的平分线，交于点M，连接AM，DM.

∵∠ABC=70°，

∠BCD=170°，

∴∠ABM=∠CBM=35°，

∠BCM=∠DCM=85°.

∴∠BMC=60°.

∵AB=BC=CD，

易知△ABM≌△CBM≌△CDM，

∴∠AMB=∠BMC=∠DMC=60°.

∴∠AMB+∠BMC+∠DMC=180°.

∴A，M，D三点共线，即点M在AD上.

∴∠BAD=∠BAM=∠BCM=85°.

3.4 视角4：通过等腰三角形构造全等三角形

连接对角线AC，BD，交于点G，由本题结论∠BAD=85°，∠ADC=35°逆向思考，可以发现∠DAG=∠ADG=30°，AG=DG，于是，通过等腰三角形构造全等三角形，可产生以下解法.

解法十：如图11，连接AC并延长至点H，使得CD=DH，连接BD交AC于点G.

∵∠ABC=70°，

AB=BC，

∴∠BAC=∠BCA=55°.

∵∠BCD=170°，

∴∠ACD=115°，∠DCH=65°.

∵CD=DH，

∴∠DCH=∠H=65°.

又AB=BC=CD，

∴AB=DH，∠CBD=∠CDB=5°.

∴∠ABG=65°=∠H.

而∠AGB=∠DGH，

∴△ABG≌△DHG.

∴AG=DG.

又∠AGD=∠ABG+∠BAG=65°+55°=120°，

∴∠DAG=∠ADG=30°.

∴∠BAD=85°.

3.5 视角5正弦定理

连结对角线，通过正弦定理得到三角方程，运用两角差公式解之即可.

解法十二：如图13，连结AC，因为AB=BC，∠B=70°，∠C=170°，易知∠BAC=∠BCA=55°，∠ACD=115°，设∠CAD=α，则∠D=65°-α，在△ABC和△ACD中，由正弦定理得，

ACCD=sin∠Dsin∠CAD=sin（65°－α）sin α，

ACBC=sin∠Bsin∠BAC=sin 70°sin 55°，

∵CD=BC，

∴sin（65°－α）sin α=sin 70°sin 55°，sin 55°·sin（65°－α）=sin 70°·sin α，∵sin 70°=sin 110°=2sin 55°cos 55°，∴sin（65°－α）=2cos 55°·sin α=2cos（120°－65°）·sin α，由两角差的正余弦公式得，

sin 65°·cos α－cos 65°·sin α=2（cos 120°·cos 65°+sin 120°sin 65°）sin α，

∵cos 120°=－12，sin 120°=32，化简上式得，3sin α=cos α，即tan α=33，α=30°，于是∠BAD=85°.

解法十三：如图14，连结BD，因为CD=BC，∠B=70°，∠C=170°，易知∠CBD=∠CDB=5°，∠ABD=65°，设∠ADB=α，则∠A=115°-α，在△ABD和△BCD中，由正弦定理得，

BDAB=sin∠Asin∠ADB=sin（115°－α）sin α，BDBC=sin∠Csin∠CDB=sin 170°sin 5°，∵AB=BC，

∴sin（115°－α）sin α=sin 170°sin 5°，sin 5°·sin（115°－α）=sin 170°·sin α，

∵sin 170°=sin 10°=2sin 5°cos 5°，

∴sin（115°－α）=2cos 5°·sin α=2cos（120°－115°）·sin α，

由两角差的正余弦公式得，

sin 115°·cos α－cos 115°·sin α=2（cos 120°·cos 115°+sin 120°sin 115°）sin α，

∵cos 120°=－12，sin 120°=32，化简上式得，3sin α=cos α，即tan α=33，α=30°，于是∠ADB=30°，∠ADC=35°，∠BAD=85°.

本题解法的实质是解三角方程：

sin α·sin 70°=sin（65°－α）·sin 55°，sin α·sin 10°=sin（115°－α）·sin 5°，答案α=30°是显而易见的.

4 变式研究

本题是一个四边形在三等边背景下的求角度问题，角度条件呈现时隐含∠A+∠D=120°，∠B+∠C=240°这两个关系.任意设计满足其中一个关系的两个角度值皆可成题，不妨设∠B

=α（60°lt;αlt;180°），∠C=240°-α（60°lt;αlt;180°），以上大部分解法仍然成立.在题目的难度设计及呈现形式上，可有以下变式.

4.1 特殊化策略

变式1四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=35°，且AB=BC=CD，求∠BCD的度数.

变式1可供低层次的学生练习，也可作原题引入时的铺垫之用，体现循序渐进的教学理念.

变式2四边形ABCD中，∠B=80°，∠C=160°，且AB=BC=CD，求∠D的度数.

变式2中隐含着∠C=2∠A=2∠B=4∠D，角度倍分关系更特殊，这样使得解法更有多样性，越发丰富.具体解法读者自行探究.

4.2 因果互换

变式3四边形ABCD中，∠A=85°，∠B=70°，∠C=170°，且AB=CD，求证：AB=BC.

此变式互换了原题的条件和结论，以一个证明题来呈现，但本质解法仍然不变.这样处理可以让学生对试题数学结构的理解更为深刻.

4.3 改变条件

变式4四边形ABCD中，∠A=95°，∠D=35°，且AB=BC=CD，求∠ABC的度数.

此变式把原题条件中的两个角度换成了∠A与∠D的度数，但本质解法仍然不变.这样处理可以检测学生是否真正理解与掌握了试题的解法，可作为巩固训练的习题.

4.4 问题条件复杂化

变式5如图12，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，∠ABC+∠BCD=240°，且AB=BC=CD，求证：OA=OD，且∠AOD=120°.

4.5 一般化策略

变式6如图13，四边形ABCD中，∠A=102°，∠B=138°，且AD=AB=BC，求∠D的度数.

变式５和变式６把角度条件一般化属性呈现出来.同样地，本质解法也仍然不变.这样处理可以让学生对试题本质属性的理解更为深刻，体现一般化思想，对学生数学素养的培养有益，也可以作为拓展训练习题.

5 教学启示

5.1 一题多解深化数学思维

通过对同一问题的不同解决，一题多解，不仅丰富了解题思路，同时也使一些基本知识点、基本数学方法等得到了充分的展示，每种解法都有它的思维切入点，使学生对试题数学本质的理解更为深刻，对培养学生思维的灵活性起到积极的影响作用.

解题教学中，有的问题有多种解题方法，有些解法新颖，思路独特，多角度分析和挖掘问题的解决方法，有利于开阔学生的思路，引导学生灵活地掌握知识间的纵横关系，培养思维的灵活性、深刻性和创造性，深化数学思维.

5.2 变式教学落实数学素养

变式教学通过对数学问题多角度、多方位、多层次的讨论与思考，能帮助学生打通关节，构建有价值的变式探究，展示数学知识生成、发生、发展和应用的过程，有意识、有目的地引导学生从“变”的表象中发现“不变”的本质，从“不变”的本质中探究“变”的规律，使得所有知识点融会贯通.通过解一道题找到解一类题的方法，用思维活动的提升代替简单机械的练习，做到举一反三，触类旁通.既注重结果，又关注过程；既理解本质，又积累素养；既探究知识，又强化能力.通过变式教学，达到减负提质的教学愿景，落实数学核心素养.

5.3 试题研究促进教师成长

解题、命题是一个教师专业素养的重要组成部分.数学课堂教学离不开解题教学，学业评价离不开命题、命卷.会解题的教师，但不一定会编题，会编题的教师一定会解题.因为编题的过程不仅是解题的过程，更是一个把问题从简单引向深入进而逐步演绎的探究创新的过程.教师在研究试题时要追本溯源，深刻剖析问题的代数结构或几何结构，抓住问题的数学本质，编制出一系列新的问题服务于学生.通过对试题的深入研究，有助于教师对课标的深度把握和对数学问题的深入理解，有助于课堂教学实现教、学、评、研的一致性，从而提升教师自身的专业素养.