把握图形特征实现多题归一_谈一道教材习题的变式探究_沈岳夫.pdf

摘要 数学教学离不开例题 习题 在进行习题讲解时 可以对其进行全方位的探索与研究 变换问题条件 从特殊推 广到一般 改变图形的结构特征 挖掘一些规律的结论 从而 揭示不同知识点之间的相互联系 实现一题多用 多题重组 使知识系统化 同时也有助于培养学生的创新思维能力 提高学 生解决问题的能力 关键词 教材习题 变式探究 拓展延伸 在数学复习教学中 要避免让学生去做大量繁而难的练习 重在解题方法指导和学生数学思维能力的提高 变式教学能起到 这样的功效 是培养学生思维能力 提高应变能力的一种有效 的教与学的手段 从历年各省 市的学业考试试题来看 绝大多 数的题目源于教材 高于教材 因此 复习中教师应立足于教 材 精选教材中的典型例题 习题 充分运用各种变式题进行 教学与训练 才能有效引导学生研究并理解知识点的实质 并 能将所学知识进行延伸 拓展 本文从一道教材习题出发 例举 几道以此题为基准进行变式教学的中考试题 供读者参考 题目 浙教版九年级数学上册第 118 页作业题第 5 题 如图 1 有一块 三角形余料 ABC 它的边 BC 120 毫 米 高 AD 80 毫米 要把它加工成 正方形零件 使正方形的一边在 BC 上 其余两个顶点分别在 AB AC 上 问加工成的正方形零件的边长是多少 分析 如图 1 假如 PQMN 为加工成的正方形零件 那么 PN BC AE PN 这样 APN 的高可写成 AD ED AD PN 再由 APN ABC 即可找到 PN 与已知条件的关系 解 由题意 可设正方形 PQMN 的边长为 x 毫米 因为 PN BC 所以 APN B ANP C 则可得 APN ABC 又因为 AD BC AE PN 所以 AE AD PN BC 即 80 x 80 x 120 解得 x 48 毫米 评析 此题是学习 相似三角形的性质及其应用 之后的 运用 要求学生会用三角形相似的判定 相似三角形对应高的比 等于相似比和运用方程思想解决问题 此题虽然看似简单 但以 它为载体生成的学业考试题 拓展题和竞赛题则屡见不鲜 是 一道有再生创新价值的好题 一 另辟蹊径 一题多解 波利亚在 怎样解题 中指出 题目一旦获解 就立刻产 生情感上的满足 这恰好错过了提高的机会 事实上没有一道 题可以解决得十全十美 总剩下一些工作要做 经过充分的探 讨与总结 总会有点滴的发现 而且在任何情况下 我们总能 提高自己对这个问题的解答水平 在这一解题理念的指导下 经 过分析图形的结构 即条件 又可以得到以下解法 解法 1 利用 面积 作为相等系 构造关于以正方形的边 长为未知数的方程求解 设正方形 PQMN 的边长为 x 毫米 因为 S ABC S APN S BQP S NMC S正方形 PQMN 所以有 1 2 120 80 1 2 x 200 2x x2 解得 x 48 毫米 解法 2 将正方形的边长 PN 转化到 BC 上 利用相似三角 形的对应边成比例求解 如图 2 过点 P 作 PF AC 交 BC 于点 F 则有四边形 PFCN 为平行四边形 所以 CF PN x 由 BPF BAC 得 BF BC BP BA 又因为 BQP BDA 得 PQ AD BP BA 所以 BF BC PQ AD 收稿日期 2012 10 09 作者简介 沈岳夫 1963 男 浙江绍兴人 中学高级教师 主要从事数学教育和数学解题研究 把 握 图 形 特 征实 现 多 题 归 一 谈一道教材习题的变式探究 沈岳夫 浙江省绍兴县平水镇中学 A BQD MC P E N 图 2 F A BQD MC P E N 图 1 Journal of Chinese Mathematics Education 2012 年第 12 期 No 122012 28 即 120 x 120 x 80 解得 x 48 毫米 二 变式拓展 精彩纷呈 1 改变条件呈现方式 探究原三角形的面积 将原题的条件与结论互换 由此衍生出如下竞赛题 例 1 2006 年全国初中数学联赛武汉 CASIO 杯选拔赛 如 图 3 点 D E 在 BC 上 点 F G 分别在 AC AB 上 且四边 形 DEFG 为正方形 如果 S FEC S AGF 1 S BDG 3 那么 S ABC 等于 A 6 B 7 C 8 D 9 A F G BDECH K 图 4 A F G BDEC 图 3 解 设正方形 DEFG 的边长为 x 如图 4 作 AH BC 于点 H 交 GF 于点 K 则 AK GF 由 S FEC S AGF 1 S BDG 3 易得 EC 2 x BD 6 x AK 2 x BC EC BD DE x 8 x 由题意知 AGF ABC 且 AH BC AK GF 所以 AK AH GF BC 即 2 x x 2 x x x 8 x 整理 得 x4 16 解得 x 2 故 S ABC S FEC S AGF S BDG S正方形 DEFG 1 1 3 22 9 故选 D 评析 此题是教材习题的变式题 只是改变条件的描述方 式 互换题设的条件与结论 将求正方形边长演变为求原三角 形面积 通过改变题目条件 提高学生综合运用相似三角形的性 质解决问题的能力 有意识地引导学生从 变 的现象中发现 不变 的本质 从 不变 的本质中探究 变 的规律 使所 学的知识达到融会贯通 2 将锐角三角形特殊化变为直角三角形 1 由特殊变一般 探究剩余小三角形面积和 例 2 浙江 衢州卷 ACB 是一张等腰直角三角形纸板 C 90 AC BC 2 1 要在这张纸板中剪出一个尽可能大的正方形 有如图 5 所示的两种剪法 比较两种剪法 哪种剪法所得的正方形面积 更大 并说明理由 A CB E D F 1 2 A CB Q N P M 图 5 2 图 5 1 的剪法称为第 1 次剪取 记所得的正方形面积 为 S1 按照此种剪法 在余下的 AED 和 DFB 中 分别剪取 正方形 得到两个相同的正方形 称为第 2 次剪取 并记这两 个正方形面积和为 S2 如图 6 则 S2 再在余下的四 个三角形中 用同样的方法分别剪取正方形 得到四个相同的 正方形 称为第 3 次剪取 并记这四个正方形的面积和为 S3 如图 7 继续操作下去 则第 10 次剪取时 S10 A CB E D F 图 6 A CB E D F 图 7 3 求第 10 次剪取后 余下的所有小三角形的面积和 解析 1 首先针对两种剪法分别求出所得正方形的面积 然后比较即可 如图 5 1 由题意 得 AE DE EC 所以 EC 1 所得正方形 CFDE 的面积为 1 如图 5 2 设 MN x 则由题意 得 AM MQ PN NB MN x 所以 AB 3x 根据勾股定理 可得 3x 22姨 故 x 22姨 3 从而四边形 PNMQ 的面积为 22姨 3 姨姨 2 8 9 所以图 5 1 的剪法所得的正方形的面积更大 2 直接观察 可知 S1 1 显然是 ACB 面积的一半 S2等于 AED 的面积 而 AED 的面积是 S1的一半 故 S2 1 2 S1 1 2 S3 1 2 S2 1 4 S1 1 4 1 22 以此类推 S10 1 29 3 由题意可知 第 1 次剪取后剩余三角形面积和为2 S1 习题研究 X I T I Y A N J I U 29 1 S1 第 2 次剪取后剩余三角形面积和为 S1 S2 1 1 2 1 2 S2 第 3 次剪取后剩余三角形面积和为 S2 S3 1 2 1 4 1 4 S3 第 10 次剪取后剩余三角形面积和为 S9 S10 S10 1 29 评析 此题是由教材中习题的类比演变而来 问题设置又 深入了一步 重新创设了问题情境 对于图 4 而言 只改变图 形 不改变解题思路 第 1 小题分别求出甲 乙两种剪法所得 的正方形面积 进行比较即可 第 2 小题按图 5 中甲种剪法可 知 后一个三角形的面积是前一个三角形的面积的 1 2 依此可 知结果 第 3 小题探索规律可知 Sn 1 2n 1 依此规律可得第 10 次剪取后 余下的所有小三角形的面积之和 整个题目从学 生所熟悉的基本图形入手 延伸到规律的探究 符合学生的认 知规律 既巩固了基础知识 又增强了学生分析问题 解决问 题的能力 2 内接正方形不断 生长 探究并排的 n 个全等的正方 形边长 例 3 2010 年河北省模拟卷 如图 8 1 在 BCA 中 C 90 AC 4 BC 3 四边形 DEFG 为 BCA 的内接正方 形 若设正方形的边长为 x 容易算出 x 的长为 60 37 探究与计算 1 如图 8 2 若三角形内有并排的 2 个全等的正方形 它们组成的矩形内接于 BCA 则正方形的边长为 2 如图 8 3 若三角形内有并排的 3 个全等的正方形 它们组成的矩形内接于 BCA 则正方形的边长为 猜想与证明 如图 8 4 若三角形内有并排的 n 个全等的正方形 它们 组成的矩形内接于 BCA 试猜想正方形的边长是多少 并对 你的猜想进行证明 C BAED FG 1 C BAED FG 2 C BAED FG 3 图 8 C BAED FG 4 解 探究与计算 1 60 49 2 60 61 猜想与证明 若三角形内有并排的 n 个全等的正方形 它 们组成的矩形内接于 BCA 正方形的边长是 60 25 12n 证明如下 如图 9 过点 C 作 CN AB 垂足为点 N 交 GF 于点 M 设小正方形的边长为 x 因为四边形 GDEF 为矩形 所以 GF AB CM GF 容易算出 CN 12 5 所以 CM CN GF AB 即 12 5 x 12 5 nx 5 解得 x 60 25 12n 即小正方形的边长是 60 25 12n 评析 此题由求正方形边长演变为从特殊到一般的情形 探究与计算中的问题 1 2 让学生通过计算 观察 探索 猜想的思想方法找出猜想与证明中的解题方法 计算是基础 在 计算中注意分析问题和观察变化规律 观察是关键 在观察中要 领悟 相似三角形对应高的比等于相似比 的解题本质 从特 殊到一般 探索 猜想是核心 会推理 能归纳猜想 就能有所 发现 因此 在教学中要引导学生把握知识的本质 合理归纳出 知识及其应用的条件和方式的结合点 总结出一些具有一般意 义的规律 获得对一类事物的整体认识和解决的普遍方法 从 而形成有利于知识迁移 系统性强的知识结构 实现经验增值 性学习 3 图形变复杂 探究内接正方形一边上三条线段之间的数 量关系 例4 2011年湖北 武汉卷 1 如图10 在 ABC中 点D E Q 分别在 AB AC BC 上 且 DE BC AQ 交 DE 于点 P 求证 DP BQ PE QC 2 在 CAB 中 BAC 90 正方形 DEFG 的四个顶点 在 CAB 的边上 连接 AG AF 分别交 DE 于 M N 两点 如图 11 若 AB AC 1 直接写出 MN 的长 如图 12 求证 MN2 DM EN A BCQ P E D 图 10 A BCG M ED 图 11 F N 图 12 A BCF N E D M G C BAED FG 图 9 N M 习题研究 X I T I Y A N J I U 30 习题研究 X I T I Y A N J I U 解 1 证明 在 ABQ 中 由于 DP BQ 所以 ADP ABQ 即 DP BQ AP AQ 同理 由于 AEP ACQ 得 EP CQ AP AQ 进而证得 DP BQ PE QC 2 方法 1 运用第 1 小题的结论 由题意知 CAB EAD BGD EFC 都是等腰直角三角形 则 BG DG GF EF FC 1 3 BC 且 BC AB2 AC2姨 2姨 由 1 知 DM BG MN GF NE FC 所以 DM MN NE 1 3 DE 则 MN 1 3 DE 1 3 1 3 BC 2姨 9 方法 2 运用方程思想 设 DE x 则 AD 2姨 2 x DB 2姨x 而 AD DB 1 所以 2姨 2 x 2姨x 1 解得 x 2姨 3 而 MN FG AM AG AD AB 1 3 所以 MN 1 3 FG 1 3 DE 2姨 9 证明 因为 B C 90 CEF C 90 所以 B CEF 又因为 BGD EFC 90 所以 BGD EFC 所以 DG CF BG EF 即 DG EF CF BG 又因为 DG GF EF 所以 GF2 CF BG 由 1 得 DM BG MN GF NE FC 所以 MN FG 2 DM BG EN CF 进而证得 MN2 DM EN 评析 此题由求正方形边长演变为探究线段之间的关系 其情形 背景的变化使题目的层次也随之变化 但本质特征仍 然不变 只是对题目结论的描述的角度另辟蹊径 有所变化 第 1 小题帮助学生提炼出一个结论 即 位似图形中的对应线段 的比相等 处理第 2 小题中的两个问题关键是将线段 DM MN EN 之间的数量关系通过位似变换转化为 BG GF CF 之间的数 量关系 利用相似得到比例式 然后对比例式进行变形 层层 深入 得出结论 3 将内接正方形弱化条件变为内接矩形 1 一个正方形变多个矩形 探究矩形的个数 例 5 2009 年浙江 温州卷 一张等腰三角形纸片 底边 长 15 cm 底边上的高长 22 5 cm 现沿底边依次从下往上裁剪 宽度均为 3 cm 的矩形纸条 如图 13 所示 已知剪得的纸条中有 一张是正方形 则这张正方形纸条是 A 第 4 张 B 第 5 张 C 第 6 张 D 第 7 张 第 1 张 第 2 张 图 13图 14 A BCN E D M 解 如图 14 设第 x 张为正方形 则 DE 3 AM 22 5 3x 因为 ADE ABC 且又因为 AN BC AM DE 所以 DE BC AM AN 即 3 15 22 5 3x 22 5 解得 x 6 故选 C 评析 此题是原题的改编题 对三角形的形状 矩形纸条 的数量进行改变 并且体现了探究性 剪纸中蕴含着图形的变化 规律 抓住变中之不变 变中之变 构造相似三角形从容应变 题新而得当 新而符合实际 知识生长点在知识关键点处延伸 在能力提高点处设疑 恰到好处 2 正方形变矩形 探究内接矩形长 宽之间的数量关系 例 6 2011 年湖南 怀化卷 如图 15 ABC 是一张锐角三角形 的硬纸片 AD 是边 BC 上的高 BC 40 cm AD 30 cm 从这张硬纸片 上剪下一个长 HG 是宽 HE 的 2 倍的 矩形 EFGH 使它的一边EF 在 BC EDFCB H M G A 图 15 31 A E F H B Q DPC 图 16 图 19 A EF BQDP K C 习题研究 X I T I Y A N J I U 上 顶点 G H 分别在 AC AB 上 AD 与 HG 的交点为点 M 1 求证 AM AD HG BC 2 求这个矩形 EFGH 的周长 解 1 因为四边形 EFGH 为矩形 所以 EF GH 得 AHG ABC 又因为 HAG BAC 所以 AHG ABC 又因为 AD BC AM HG 则可得 AM AD HG BC 2 由 1 得 AM AD HG BC 设 HE x 则 HG 2x AM AD DM AD HE 30 x 可得 30 x 30 2x 40 解得 x 12 则 2x 24 所以矩形 EFGH 的周长为 2 12 24 72 cm 评析 此题是教材习题的变式 扩大了对教材习题中内接 矩形的面积与矩形的长 宽之间的关系 解答此题的关键是借助 相似三角形中边与高的关系 将矩形的长与宽联系起来 找出 长与宽之间的数量关系 再通过有关计算解决问题 3 动静结合 探究内接矩形面积的最值问题 例 7 2010 年福建 福州卷 如图 16 在 ABC 中 C 45 BC 10 高 AD 8 矩形 EFPQ 的一边 QP 在边 BC 上 E F 两点 分别在 AB AC 上 AD 交 EF 于 点 H 1 求证 AH AD EF BC 2 设 EF x 当 x 为何值时 矩形 EFPQ 的面积最大 并求其最大值 3 当矩形 EFPQ 的面积最大时 该矩形 EFPQ 以每秒 1 个 单位的速度沿射线 QC 匀速运动 当点 Q 与点 C 重合时停止运 动 设运动时间为 t 秒 矩形 EFPQ 与 ABC 重叠部分的面积 为 S 求 S 与 t 的函数关系式 解 1 因为四边形 EFPQ 是矩形 所以 EF PQ 所以 AEF ABC 又因为 AD BC 所以 AH EF 所以 AH AD EF BC 2 由 1 得 AH 8 x 10 则 AH 4 5 x 所以 EQ HD AD AH 8 4 5 x 所以 S矩形 EFPQ EF EQ x8 4 5 x 4 5 x2 8x 4 5 x 5 2 20 因为 4 5 0 所以当 x 5 时 S矩形 EFPQ有最大值 最大值为 20 3 如图 16 由 2 得 EF 5 EQ 4 因为 C 45 所以 FPC 是等腰直角三角形 所以 PC FP EQ 4 QC QP PC 9 分 3 种情况讨论 如图 17 当 0 t 4 时 设 EF PF 分别交 AC 于点 M N 则 NFM 是等腰直角三角形 所以 FN MF t 所以 S S矩形 EFPQ SRt NFM 20 1 2 t2 1 2 t2 20 A EFM BQDPC N 图 17 A E FM BQDPC 图 18 如图18 当 4 t 5 时 则 ME 5 t QC 9 t S S梯形 EMCQ 1 2 5 t 9 t 4 4t 28 如图 19 当 5 t 9 时 设 EQ 交 AC 于点 K 则 KQ QC 9 t S S KQC 1 2 9 t 2 1 2 t 9 2 32 A E G CBIH F D 图 20 习题研究 X I T I Y A N J I U 综上所述 S 与t的函数关系式为S 1 2 t2 20 0 t 4 4t 28 4 t 5 1 2 t 9 2 5 t 9 评析 此题与例 6 相比 又深入了一步 尤其问题 3 是比 较典型的以图形平移为背景的重叠型动态问题 解答的关键是分 析运动过程中的一般情况和特殊位置 找准一般情况和特殊位 置的界限 要注意结合图形的特点 分类分析产生各种情况的 图形 以及相邻情况的分界图的生成 因此 在运动中不能被 动 所迷惑 而应在 动 中求 静 以静制动 抓住要 害 各个击破 将动态问题转化为静态问题来解决 找出动态 过程中的不变量 同时 要注意分类讨论思想的渗透 以及转 化思想 函数建模在解题中的灵活运用 4 将内接正方形弱化条件变为平行四边形 例 8 2009 年浙江省温州市中考模拟 卷 如图 20 在 ABC 中 DE FG BC GI EH AB 若 ADE EFG GIC 的面积分别为 20 cm2 45 cm2 80 cm2 则 ABC 的面积为 解 方法 1 运用整体思想 设 AE a EG b GC c 由题设 可证 ADE EFG GIC ABC 则 可 得 20 S ABC a a b c 2 45 S ABC b a b c 2 80 S ABC c a b c 2 将上述三个式子分别开方 并相加 得 20姨 45姨 80姨 S ABC姨 a b c a b c 1 将上式两边平方 解得 S ABC 405 cm2 方法 2 运用分步求解 设 AE a EG b GC c 由题设 可证 ADE EFG GIC ABC 所以 20 45 a b 2 20 80 a c 2 将两式分别开方 求得 a b c 2 3 4 则 20 S ABC 2 9 2 解得 S ABC 405 cm2 方法 3 运用类比思想 设 S EHC S1 S EFG S2 S GIC S3 由于 FG BC 所以 EFG EHC 得 S2 S1 EG EC 2 即 S2 S1姨 EG EC 同理 由于 GI EH 所以 GIC E