浅谈数学中的一题多解和一题多变

1 浅谈数学中的一题多解和一题多变浅谈数学中的一题多解和一题多变 银川十八中 成进军 数学充满着浓厚的趣味性和挑战性 数学教学应体现其科学性 尊重学生 的个体差异 尽可能满足学生的多样化学习需求 让学生根据自己的实际感受 不同层次的学科味 因此 我们作为数学工作者就要在平时的授课中 诸如对 问题情境的设计 教学过程的展开 练习的安排要尽量体现发现思维 让学生 真正在几何数学的思维上有所提高 在学习几何过程中 如果我们能将一些典型的问题进行剖析 挖掘 联想 引申 就能发现他们的潜在功能和实用价值 从而帮助学生系统的掌握知识 提高数学思维能力 下面仅就我和学生共同在课堂中发现的一些几何问题的多 种证法和一题多变总结如下 和读者共同分享 例 1 如图已知四边形 ABCD 为正方形 CE 为 C 的外角平分线 点 P 1 在 BC 上 且 AP PE 求证 AP PE 证法一 如图 连结 AC 有题设条件可知 AC CE 又 AP PE 点 A P C E 四点共圆 AEP ACP 45 EAP AEP 45 AP PE 证法二 如图 在 BA 上截取 BQ BP 则 AQ PC 连 结 PQ 在 AQP 和 PCE 中 AQP PCE 135 PAQ EPC 90 APB 又 AQ PC AQP PCE AP PE A B CP E D 图 A B CP E D 图 A B CP E D 图 Q 2 证法三 不妨设 AB 1 BP a 0 a 1 则 PC 1 a 如图 过 E 作 EF BC 交 BC 延长线于 F 设 EF b 则 CF b 在 Rt ABP 和Rt PEF 中 PAB EPF 90 APB 即 a 1 a b 0 1 a ba b 1 a b ABP PEF AP PE 证法三中采用了数形结合的思想 著名数学家华罗庚曾说过 数形结合百般好 隔裂 分家万事非 数与形反映了事物两方面的属性 通过一题多解 是学生从多种角度去思考问题 分析问题 解决问题 从而培养学生 思维发散性 针对此题 我引导学生通过变换问题的条件和结论或变换问题的形式 是一个问题引 申出一系列新的问题 让学生去分析去解决 从而培养学生思维的灵活性 变题一 如图 5 已知正方形 ABCD 中 点 P 在 BC 上 AP PE AP PE 求证 CE 为 C 的外角平分线 简析 连结 AC 则 A P C E 四点共圆 从而证得 AC CE DCE ECF CE 平分 DCM 变题二 如图 6 已知 四边形 ABCD 为正方形 P 在 BC 上 CE 为 C 的外角平 分线 且 AP PE 求证 AP PE 简析 过 E 作 EM BC 交 BC 延长线于 M 仿照 证法三 利用 AP PE 证明 BP EM 从而可得 ABP PME 1 2 又 1 3 90 2 3 90 从而得 APE 90 即 AP PE 变题三 如图 7 已知正 ABC 中 APE 60 求证 AP PE 简析 仿证法一 证明 A P C E 四点共圆 从而证得 AEP ACP 60 AP PE 变题四 如图 8 已知 AB BC CE 为 CE 为 BCD 的外角平分线 P 在 BC 上 且 ABC BCD APE 求证 AP PE B A PC E D 图 A B CP E D 图 F A B CP E D 图 M A B CP E D 图 M 1 23 A B CP E 图 3 题不在多而在精 一道好的数学题往往能起到举 一反三 触类旁通的作用 例 ABC 中 AB AC AD 为 BC 边上的高 AD 的中点为 M CM 的延长线交 AB 于点 K 求证 AB 3AK 课本上的习题 思路 1 过点 A 作 BC 的平行线与 CK 的延长线相交 思路 2 过点 B 作 CK 的平行线与 AD 的延长线相交 思路 3 过点 B 作 AD 的平行线与 CK 的延长线相交 思路 4 过点 C 作 AB 的平行线与 AD 的延长线相交 思路 5 过点 D 作 AB 的平行线与 CK 相交 思路 6 过点 D 作 CK 的平行线与 BA 相交 思路 7 过点 M 作 AB 的平行线与 BC 相交 思路 8 过点 K 作 AD 的平行线与 BC 相交 思路 9 过点 K 作 BC 的平行线与 AD 相交 在学习过程中 同学们对此题进行了改编 是条件不变 引申结论 变题 1 求证 KC 4KM 2 求证 AK BK 2 1 3 求证S BKC S ABC 3 2 4 求证S MDC S ABC 4 1 5 求证S MDC S BKC 8 3 6 求证S四边形 KBDM S ABC 12 5 条件和结论均予引申 变题 1 点 F 是 ABC 中 BC 边上中线 AD 上的一点且 AF AD 1 4 连接 CF 并延长交边 AB 于点 E 则 AE EB 答案 8 1 变题 2 ABC 中 BC 边上的中线 AD 及 C 的平分线交于点 E 求证 AC BC AE 2DE 变题 3 如图 AD 为 ABC中 BC 边上的高 BCF 30 AF FB 1 2 CF 6cm 求 AD 长 答案 cm 2 9 变题 4 过 ABC 的顶点任作一直线 分 别与 BC 边上的中线 AD 及边 AB 交于点 E F A BC D M K A D F 变题 3C B 4 求证 AE ED 2AF FB 针对变题 4 可以通过命题结论的转换 可从不同的角度来寻找辅助线 分析 1 2 所以证明此题的关键是找出线段 ED AE FB AF ED AE FB AF 2 1 FB 2 1 证法一 如图 1 过点 D 作 DG AB 交 CF 于 G 因为点 D 为 BC 中点 所以可证得 DG 1 2BF 由平行线分线段成比例定理的推 论得 即 ED AE DG AF ED AE FB AE 2 1 证法二 如图 2 取 BF 的中点 连结 DH 则 FH BE 因为 D H 分别是 BC BF 的中 点 所以 DH CF 由此得 即 ED AE FH AF ED AE FB AF 2 1 分析二 2 所以 ED AE FB AF ED AE 2BF AF 作辅助线的目的是找出线段 2ED 证法三 如图 3 过点 B 作 BK AD 交 CF 延 长线于 K 因为 D 是 BC 中点 所以 BK 2DE 又 DE BK 可证得 BK AE BF AF 即 ED AE 2 BF AF 证法四 如图 4 延长 AD 到 M 使 DM DE 连结 BM 则 EM 2DE 又由于 DB CD 所 以 从而有 CE BM 由此得 即 CD BD DE DM BF AF EM AE DE AE 2BF AF 分析三 2 所以证题的关键是找出线段AE ED AE FB AF 2 1 ED AE BF AF 2 1 A BC D E F G 图 1 图 2 CD E F H B A B BC D E F 图 3 A K A AA 5 证法五 如 图 5 取 AC 的 中点H 作 HK AD 交 FC 于 K 则 HK AE 连结 HD 交 CF 于 G 又由于 D 是 BC 的中点 2 1 故 HK AF DG BF 由 KH AD 得 即 2 1 2 1 ED HK DG HG FB AF 2 1 2 1 2 1 ED AE BF AF 近年来 中考题中的多种解法也频频出现 现就一道中考试题的解法进行 探讨 例 如图 正方形 ABCD 的边长为 1 P 是对角线 BD 上一点 过 P 作 EF AB 分别交 AD BC 于 E F CP 的延长线交 AD 于点 G O 是 PC 的中点 FO 的延长线交 DC 于 K 1 求证 PF CK 2 设 DG x CKO 的面积 为 S1 四边形 POKD的面积为 S2 Y S2 S1 求关于 x 的函数关系式及自变量 x 的取值范围 1 证法一 利用全等三角形及其性质 四边形 ABCD 是正方形 EF AB EF DC FPO KCO PFO CKO 又 PO CO POF COK PF CK 证法二 利用平行四边形的性质证 易证 EF DC 又 PO CO FO KO 连结 PK 则四 边形 PFCK 为平行四边形 PF CK 证法三 利用三角形中位线性质及推论证 如图 过 O 作 OM PF 交 FC 于点 M 在 Rt PFC 中 O 是 PC 的中点 OM PF 则 M 是 FC 的中点 OM PF 2 1 在 Rt KCF 中 M 是 FC 的中点 则 O 是 FK 的中点 CB A D E F M 图 4 CB A D E F H K 图 5 A BC D F KP O EG A BC D F KP O EG M 6 OM CK 2 1 由 得 PF CK 证法四 利用相似三角形及其性质证 易证 EF DC POF COK KC FP CO PO 又 O 是 PC 中点 1 CO PO 1 即 FP KC KC FP 2 解法一 利用相似三角形性质及面积公式 S AH 得 2 1 AD BC GPD CPB BC GD PF PE 即 得 PF 1 x PF PF 1 1 1 x PE 1 PF x x 1 由 得 四边形 PFCK 为平行四边形 OF OK CK PF S1 1 2S FCK 2 1 4x x S2 S GDC S GDP S COK x x 2 1 2 1 1 x x 2 1 4 x x 2 2 1 4 x 2 x y 2x 1 0 X1 2 1 S S 当 x 0 时 y 1 x 1 时 y 3 所以其图像为连结 0 1 1 3 两点除 0 1 的线段 解法 2 利用面积公式 S AB sinC 及合比性质 2 1 OC CK SM OCK CP CD SM OCK 1 S 2 1 1 S 2 S 2 1 由 得 CP 2OC CD 1 CK 1 21 S SS CKOC CDCP 1 1 x 2x 2 由合比性质得 2x 1 1 21 S SS 1 1 2 x CO CO 1 2 S S 7 y 2x 1 0 x1 1 2 S S 解法 3 利用同底等高的三角形面积及方程知识证 EF AB DC CDPS PCKS CD CK 又S PCK 2S1 S CDP S1 S2 CK 1 1 x 即 S2 2x 1 S1 21 12 SS S 1 1 x y 2x 1 0 x1 1 2 S S 一题多变 即是将经典题型或删除部分已知或结论 采用引申启发转化组合 的形式 调