拓展思维,一题多变,多题一解,一题多解

初三数学总复习是大家所关注的重要问题,确立复习的指导思想,选择正确的复习方法,使学生在毕业前把基础知识系统化,对所学教学内容有一个较全面的认识,并且得到综合和提高,以便为升学考试打好基础.

在复习时间紧、内容多、任务重的情况下,选择典型题目进行精讲精练,探索研究揭示规律,训练解题技巧,以拓展学生思维,达到举一反三之功效,使知识融会贯通.因此,在复习解题中,应做到三个“一”,即一题多变,多题一解,一题多解.下面就举例说明.

一、一题多变对培养学生分析问题和

解决问题的能力,提高逻辑思维能力和发展创造性思维能力都是十分有效的

如:农机厂职工距工厂15千米的农村检修农机,一部分人骑自行车先走40分钟后,其余的人乘汽车出发,结果他们同时到达,已知汽车的速度是自行车的3倍,求两种车的速度.

分析:设自行车的速度是x千米/时,则汽车的速度是3x千米/时,速度、时间、路程三者间的关系如下表:

■

因为汽车晚开出40分钟(即■小时),与自行车同时到达,说明行驶15千米,汽车比自行车少用■小时,即有如下等量关系:

汽车所用时间=自行车所用时间-

■小时

于是得■=■-■,

此题可变换成如下题目:

变换1:若把条件中“他们同时到达”分别变换成如下条件:

(1)汽车比自行车早到10分钟;

(2)汽车到达时,自行车距目的地2

千米.

则可根据时间关系列出方程:

设自行车速度是x千米/时,有:

(1)■=■-■-■;

(2)■=■-■.

变换2:若把条件“汽车速度是自行车的3倍”,分别作如下变换:

(1)已知汽车的速度是自行车的3倍多0.5千米;

(2)汽车与自行车相同路程所用时间比为1∶3,则可列出方程:

设自行车速度为x千米/时,有:

(1)■=■-■;

(2)■=■-■.

变换3:农机厂职工骑自行车到距工

厂15千米的农村检修农机.

(1)行车5千米后,因有人车坏,因而以比原速度少1千米/时的速度骑行,结果比原计划晚15分钟到达;

(2)行车5千米后,以后以速度的1.2倍骑行,因而比原计划早20分钟到达;

(3)在回来的路中,用原速度行了半小时后,因事停留半小时,以后每小时多骑2千米,结果往来时间一样.

分别求骑自行车原来的速度.

设自行车原来的速度为x千米/时,则可列出相应的方程:

(1)■=■+■;

(2)■=■-■;

(3)■=■-■.

以上一组题都是同向而行,也可变换成异向而行,此时,只要掌握异向、相向而行与同向而行的区别,仍可按时间关系列出方程.

又如:已知:如图1,点C为线段AB上一点,ACM,CBN是等边三角形.

求证:AN=BM.

■

分析:为证结论,首先可按题中条件画出图形,让学生从直观上比较AN与BM的大小关系,然后给予证明.

证明:由∠ACM=∠BCN得∠ACN=

∠BCM,又AC=MC,BC=NC,故CAN≌MCB,从而AN=BM.

此题可作如下变换:

变换1:设AN、BM交于D点,试求∠ADB的度数.

分析:根据三角形外角的性质和全等

三角形的对应角相等,可得∠ADB=120°.

变换2:若AN交CM于E,BM交CN于F,求证CE=CF.

分析:CEN≌CFB不难得出CE=CF.

变换3:若连结EF,试证FE∥AB.

分析:由CE与CF的关系和∠ECF为60°,可知ECF是等边三角形,进而可得EF∥AB.

变换4:若AN的中点为P,BM的中点为Q,试证:CP=CQ.

分析:因为CP是CAN的一边AN上的中线,而CQ是MCB的一边BM上的中线,又ACN≌MCB,全等三角形对应边上的中线相等,故CP=CQ.

变换5:如图2,点C为线段AB上一点,且AC∶CB=2∶1,ACM、CBN是等边三角形,连结MN,试证MNCN.

■

分析:利用已知条件,AC∶CB=2∶1,再取AC中点H,连结MH,显然MH为等边ACM的中线,故可知MHAC,由全等三角形判定定理(SAS)可得MCN≌MCH,故MNCN.

变换6:如图3,若AC=3,CB=1,试计算CEF的面积.

■

分析:仍从条件AC∶CB=3∶1入手,不难发现EC∥NB,故有CE∶BN=AC∶AB,即CE∶1=3∶4,解得CE=■,因为CEF为等边三角形,用勾股定理,可迅速求得SCEF=■.

对这道几何题,从各个方面进行变换,对提高学生的思维能力大有裨益.

下面一组题是利用图形位置的变化进行变换的,变换后的题与原题证法完全相似.

例.如图4,在正方形ABCD中,AEBF,求证:AE=BF.

■

本题利用全等三角形的知识不难给出证明,若将BF平移,则有:

变换1:如图5,在正方形ABCD中,AEMN,求证:AE=MN.

■

若再将AE作类似的平移,即有:

变换2:如图6,在正方形ABCD中,若MNGH,求证:MN=GH.

■

这两个变题,只需利用平行的有关知识,作出如各自图中所示的辅助线,即可仿照原题给出证明.

本题还可给出下列变式:

变换3:点H在正方形的一边上,将纸片折叠,使点H正好与所在边的对边上一点G重合,若折痕长10cm,试求HG的长度.

在几何教学中,使用从一些基本题出发变换的相关题组,可帮助学生在解题过程中掌握知识间的联系,培养良好的思维习惯,提高解题效率.

二、多题一解能训练学生的集中思

维,揭示各方面知识的内在联系和规律,从而加深对各方面知识的理解和应用,使知识融会贯通

如:如果一元二次方程ax2+bx+c=0的两根之比为2∶3,求证6b2=25ac.

本题有多种证法,这里从略.若将两根之比推广到一般,即有命题:

如果一元二次方程的两根之比为m∶n,求证mnb2=(m+n)2ac.

证明:设已知方程的两根分别为mk、nk,则mk+nk=-■,mk・nk=■(m+n)k=-■,①mnk2=■②

若m+n=0,则b=0,等式仍然成立;

若m+n≠0,则由①得:

k=-■,③

将③代入②中,消去k,得:

mn-■2=■.

所以mnb2=(m+n)2ac,

综上可知,命题成立.

特别地,若m=n,这个等式就是b2=4ac,与方程有等根的条件一致.

利用此结论,解某些与一元二次方程

两根之比有关的问题非常简单。请看以下几例.

例1.若方程ax2+bx+c=0(a≠0)的一根是另一根的3倍,则a、b、c的关系是

()

A.3b2=16ac B.3b2=-16ac

C.16b2=3ac D.16b2=-3ac

这里取m=1,n=3,直接代入mnb2=(m+n)2ac中,就是3b2=16ac,故有正确答案A.

例2.已知方程ax2+bx+c=0(ac≠0,b2-4ac>0),且■+■+2=■.

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求证:该方程两根之比为m∶n或n∶m.

证明:因为ac≠0,b2-4ac>0,所以方程有两个非零且不等的实根,设这两实根分别为x1、x2且设■=k,显然k≠0和k≠1.

在上述命题中,取m=k,n=1,就有kb2=(k+1)2ac,所以■=■=k+■+2,

因为■+■+2=■,

所以k+■+2=■+■+2,

所以k=■或k=■,

即该方程两根之比为m∶n或n∶m.

例3.是否存在常数k,使关于x的方程9x2-(4k-7)x-6k2=0的两个实数根满足■=■,如果存在,试求出所有满足条件的k的值;如果不存在,请说明理由.

解:假如存在满足条件的常数k,则

■=■,得■=■或■=-■,

取m=3,n=2和m=-3,n=2分别得到

6(4k-7)2=25×9×(-6k)2,①

-6(4k-7)2=9×(-6k)2.②

方程①无实数根.

解方程②得k1=1,k2=7,

故存在常数k为1或7,能使方程有

满足条件的实根.

又如:过ABC的顶点C任作一直

线,与边AB及中线AD分别交于点F和

E,求证:AE∶ED=2AF ∶FB.

本题证明比较简单.

■

证明:过D作DM//CF交BF于M.(如

图7)

则AE∶ED=AF∶FM,

因为D是BC中点,所以FM=■FB,

所以AF∶FM=2AF∶FB,

所以AE∶ED=2AF∶FB.

利用上述结论,能巧妙地解决许多问题.

例1.如图8,P为ABC的中线AD上任一点,连BP、CP并延长分别交AC、AB于E、F,求证:EF∥BC.

■

证明:应用习题结论,得

AP ∶PD,2AE∶EC,AP ∶PD=2AF ∶FB,

所以2AE∶EC=2AF∶FB,

即AE∶EC=AF ∶FB,

所以EF∥BC.

例2.如图9,O是正方形ABCD的对角AC、BD的交点,AE为∠BAC的平分线,交BC于E,DHAE,垂足为H,并交AB于F,交AC于G.求证:BF=2OG.

■

证明:易知AO为ABD的中线.

应用习题结论,得AG∶OG=2AF∶FB,

又因为∠1=∠2,DHAE,

所以AG=AF,

所以AG∶OG=2AG∶BF,

所以BF=2OG.

例3.如图10,在凸四边形ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,EF交BD、AC于G、H,且GE=HF.

求证:HO∶OA=GO∶OD

■

证明:连结BH、CG,则HE为HAB

的中线,GF为CDG的中线,应用习题结

论,得HG∶GE=2HO∶OA,HG∶HF=2GO∶OD,

因为GE=HF,2HO∶OA=2GO∶OD,

即HO∶OA=GO∶OD,

如图11,如果直线l1∥l2,

■

那么ABC与A′BC的面积相等吗?

为什么?

这是一道普通的习题,答案比较明确,若就题论题,一带而过,那么收获不会多

大.若能深入钻研,掌握其实质,挖掘其丰富的内涵,进行推广引申,就会发现这道题目的潜在功能和应用价值.

根据本题,不难得到如下结论:

结论1:同底等高的三角形面积相等.

若互换习题的部分条件与结论,可得到:

结论2:面积相等,同底等高,顶点在底边同侧的两个三角形,其顶点连线平行于底边.

再将习题的条件引申,可得到:

结论3:高合一、底共线的三角形面积比等于它们的底边的比.

有了上述结论,可比较方便地解决下列问题:

例1.如图12,已知O的半径为1,OA=2,AB切O于B,且弦BC∥OA,求阴影部分的面积.

■

分析:直接求阴影部分的面积比较困难,注意到条件BC∥OA,若连结半径OB、OC,根据结论1,可得SABC=SBCO,于是阴影部分的面积等于扇形OBC的面积.由AB是O的切线,OB=1,OA=2,可推出

∠AOB=60°,进而有BOC是等边三角形,故扇形面积为■,即阴影部分的面积为■.

例2.如图13,已知ABC中,2AC、AB+BC,求证:ABC的重心G与内心M的连线平行于AC.

■

证明:连结AG、GC、MA、MC,则SGAC=■SABC.

设ABC的内切圆半径为r,则

SABC=■(AB+BC+AC)r,

因为2AC=AB+BC,

所以SABC=■AC・r=3SMAC,

所以SGAC=SMAC,

由结论2,得MG∥AC.

三、一题多解能调动学生学习的积极

性和主动性,拓宽解题思路。通过多种解法的比较,择优弃劣,将有助于提高解题速度的质量

如:A、B两地相距20千米,甲、乙二人分别从A、B两地同时出发,相向而行,2小时后在途中相遇,相遇后,甲立即以原速度返回A地,乙仍以原速度继续向A地前进,待甲回到原地时,乙离A地还有2千米.求甲、乙二人的速度.

解法一:设乙每小时行x千米,根据题意,所行路程为2×2x=20-2,解得x=4.5(千米/时),于是甲的速度为■=■=

5.5(千米/时)

答:略

解法二:设甲每小时行x千米,则乙每小时行■千米,根据题意,甲、乙两人在相遇时共行路程为2(x+■)=20,解得x=5.5(千米/时),于是乙的速度为■=■=4.5(千米/时)

答:略

解法三:设乙的速度为x千米/时,则根据题意,乙所行的时间为■=4,解得x=4.5(千米/时).

答:略

解法四 设甲的速度为x千米/时,乙的速度为y千米/时,则根据题意,甲、乙两人在相遇时共行路程为

2x+2y=20,①

两人相遇时甲比乙多行的路程是

2x+2y=2,②

解①、②得x=5.5(千米/时),y=4.5(千米/时).

答:略

总之,在教学中引导学生研究习题的潜在功能,不仅可以获得一些数学问题的巧妙解法,而且还可以帮助学生进一步掌握好书本知识,提高数学思维能力。

初三数学总复习是初中数学教学中的一大课题,需要我们不断探索和研究,以求得较好的教学效果.

作者单位:四川省资阳市雁江区南津镇初级中学

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