初三数学一题多解
九年级数学一题多解
九年级数学一题多解在九年级数学的学习中，我们经常遇到一些问题需要运用多种方法来解决。
这种一题多解的现象不仅是对我们思维能力的一种挑战，也是提高我们解决问题能力的重要途径。
下面就让我们一起探讨一下九年级数学一题多解的策略和方法。
我们需要明确什么是“一题多解”。
简单来说，一题多解就是对同一道题目，我们可以通过不同的方法进行解答，从而得到相同的结果。
这种解题方式不仅锻炼了我们的思维灵活性，也提高了我们解决问题的能力。
例如，我们在学习二次函数的时候，经常会遇到这样的问题：给定一个二次函数y=ax²+bx+c，要求我们求出它的顶点坐标。
对于这样的问题，我们可以采用多种方法进行解决。
方法一：利用配方法。
通过对二次函数进行配方，我们可以得到它的顶点坐标。
这种方法虽然比较繁琐，但是对于掌握二次函数的性质非常有帮助。
方法二：利用函数图像。
我们可以画出二次函数的图像，然后观察它的顶点位置。
这种方法直观易懂，但是需要一定的几何思维能力。
方法三：利用公式法。
对于一些简单的二次函数，我们可以直接利用顶点公式x=-b/2a，y=(4ac-b²)/4a来计算顶点坐标。
这种方法适用于那些不需要配方法和图像法的简单问题。
通过以上三种方法的比较，我们可以发现每种方法都有其优缺点。
在解题时，我们需要根据问题的具体情况选择合适的方法。
我们也需要不断练习和总结，才能更好地掌握一题多解的技巧。
九年级数学一题多解是一种非常重要的解题策略。
它不仅可以帮助我们更好地理解数学知识，还可以提高我们的思维能力和解决问题的能力。
在以后的学习中，我们需要更加注重这种解题方式的训练和应用。
幂级数求和问题在考研数学中具有重要地位，是数项级数求和的一个重要考点。
幂级数是一类常见的函数，具有广泛的应用。
掌握幂级数求和的方法不仅可以帮助考生解决考研数学中的相关问题，还可以为后续的实际应用打下基础。
本文将介绍四种解决幂级数求和问题的方法，帮助考生灵活应对考研数学中的相关问题。
【中考复习】初中数学典型一题多解试题汇编(含解析)
初中数学一题多解（试题）1、若()16x 3-m 2x 2++ 是关于x 的完全平方公式（或完全平方数），则m=2、4的平方根为 ，16的平方根为 3、若2a =时， a 为 。
在数轴上，到原点的距离为3个单位的数有 。
4、若64x 1x 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ ，则代数式=+x 1x 5、若关于x 的方程16-x 3m 4x m 4-x 12+=++无解，则m 的值为 6、在平面直角坐标系xoy 中，已知点A （3,4），点P 在x 轴上，若△AOP 为等腰三角形，则点P 的坐标是7、在一个等腰三角形中，有一个角为70°，则另两个角分别为8、已知直角三角形的两边长分别为5和12，那么以这个直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为9、 在△ABC 中，AB=15，AC=13，BC 边上的高为12，求BC 边的边长为10、在平行四边形ABCD 中，∠A 的角平分线把BC 边分为3和4的两条线段，则此平行四边形ABCD 的周长为11、若⊙O 的半径为5cm ，某个点A 到圆上的距离为2cm ，则圆心到点A 的距离为12、 若⊙O 中的某条弦AB 所对的圆心角为120°，则弦AB 所对的圆周角为13、已知x满足62x1x22=+，则x1x+的值是14、当-2≤x≤1时，二次函数()1mm-x-y22++=有最大值4，则实数m 的值为15、在平面直角坐标系中有一点M，点M到x轴的距离为3，到y轴的距离为4，则点M的坐标为16、若某条线段AB长为2，则该线段AB的黄金分割点离A点的距离为17、若△OAB与△OCD是以坐标原点O为位似中心的位似图形，相似比为3:4，∠OCD=90°，∠AOB=60°，若点B的坐标为（6,0），则点A的对应点C的坐标为18、如下图在△ABC中，AB=5，AC=4，点Q从点A出发向点B以2个单位/s的速度出发，点P从点C向点A以1个单位/s的速度出发，若要使△ABC 与△AQP相似，则运动的时间为s。
关于初中数学课堂“一题多解”教学分析
关于初中数学课堂“一题多解” 教学分析摘要：“一题多解”就是引导学生尝试着从多个角度解决数学问题，这种教学方式非常利于学生数学思想的提升。
在面对数学问题时，如果我们无法选择多个解题思路，则会极大地限制我们的解题效果及解题效率，这也是限制我们数学水平提升的关键因素。
因此，培养学生在解决数学问题时，能够从多个角度选择多个方法来解决这一问题，既能够提升学生的数学水平，又可以活跃学生的思维，并能够强化多种数学思想的关联与转化，从而提高了自身的创新能力。
关键词：初中数学；数学课堂；“一题多解”引言：初中阶段的数学教学是培养学生数学思想及数学能力的关键阶段，在这一阶段开展“一题多解”课堂教学，对学生的成长提升具有显著的作用。
因此，在实际教学过程中，以自主探究合作式的学习方式为基础，以“一题多解”教学思想为指导的初中数学课堂教学，对学生的综合水平及能力提升具有重要意义。
在此，我们将针对“一题多解”教学模式展开深入研究与分析，以期能够取得良好的教学效果。
1.合作学习模式下的“一题多解”教学合作学习是学习过程中最重要的一种学习方式，在小组合作学习中，学生能够充分汲取他人的学习经验与技巧，来提升自己的学习能力。
对于一些较为复杂的数学知识与问题，合作学习能够大大降低学生的学习理解难度，提升学习效率。
与此同时，学生的合作能力及合作精神也能得到进一步的发展。
在“一题多解”教学的初始阶段，学生一题多解的能力尚有欠缺，因此，我们可以以学习小组为基础，开展合作学习，使学生能够集众家之所长，丰富自己的数学思想。
例如，在我们学习一元一次方程的解法时，以该知识点为核心的相关习题类型有很多，面对不同的习题，我们必须针对习题的特点有针对性的选择不同的解题方法，如此才能灵活掌握一元一次方程的解法。
例：求解方程6x+2=5x-7。
解法一：移项，得6x-5x=-7-2X=-9解法二：移项，6x=5x-7-26x=5x-9X=-9很多学生在初步学习一元一次方程式的解法时，都会根据自己的思维习惯选择自己认为合适的方法来解决数学问题，这也就会使得某一方法对我们产生先入为主的观念，从而限制了我们的发散性思维，在合作学习中，充分汲取他人的解题技巧，来拓展自己的思维认识，这对我们数学思想的提升具有举足轻重的作用[1]。
最新初中数学一题多变、一题多解
CBAS 2S 3S 1CBAS 3S 2S 1S 3S 2S 1CBA一题多解、一题多变原题条件或结论的变化所谓条件或结论的变化，就是对某一问题的条件或结论进行变化探讨，并针对问题的内涵与外延进行深入与拓展，从而得到一类变式题组。
通过对问题的分析解决，使我们掌握某类问题的题型结构，深入认识问题的本质，提高解题能力。
例1 求证：顺次连接平行四边形各边中点所得的四边形是平行四边形。
变式1 求证：顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形。
变式2 求证：顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形。
变式3 求证：顺次连接正方形各边中点所得的四边形是正方形。
变式4 顺次连接什么四边形各边中点可以得到平行四边形？ 变式5 顺次连接什么四边形各边中点可以得到矩形？ 变式6 顺次连接什么四边形各边中点可以得到菱形？ ……通过这样一系列变式训练，使学生充分掌握了四边形这一章节所有基础知识和基本概念，强化沟通了常见特殊四边形的性质定理、判定定理、三角形中位线定理等，极大地拓展了学生的解题思路，活跃了思维，激发了兴趣。
一、几何图形形状的变化如图1，分别以Rt ABC 的三边为边向外作三个正方形，其面积分别为321S S S 、、，则321S S S 、、之间的关系是图1 图2 图3E S 3S 2S 1DCBAS 3S 2S 1ABCDABCD S 3S 2S 1变式1：如图2，如果以Rt ∆ABC 的三边为直径向外作三个半圆，其面积分别为321S S S 、、，则321S S S 、、之间的关系是变式2：如图3，如果以Rt ∆ABC 的三边为边向外作三个正三角形，其面积分别为321S S S 、、，则321S S S 、、之间的关系是变式3：如果以Rt ∆ABC 的三边为边向外作三个一般三角形，其面积分别为321S S S 、、，为使321S S S 、、之间仍具有上述这种关系，所作三角形应满足什么条件？证明你的结论。
中考数学一题多解课件
B
B
C
证法3：在AD上取点E，使DE=CD,连接BE
证法4：取BC中点E，连接DE，利用直角 三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等
腰三角形的性质求解。
B
A
D
E
C
A E D
C
如图，在四边形ABCD中，AB=2，CD=1，∠A=600，
∠B=∠D=900，求四边形ABCD的面积。
D C
E
D
E
DF
C
DEA C
FF B
G
E
D A
CF B
证法5
E
D
A G
CF B
证法6
E
D A
CF GB
证法7
已知，如图所示，AB是⊙O的直径，C在AB延长线上，CD切 ⊙O于D，DE⊥AB于E。 求证：∠EDB=∠CDB
A
OE
B
C
A
OE
B
C A
OE
B
C
D
解法1
D
解法2
D
A
OE
B
C
A
OE B
C A
OE B
C
D
解法3
D
解法5
D
思考8.以两种方式表达手推车的满载重量：0.5x+180=4x+5 思考9：以两种方式表达一袋面粉重量并且在其中一种表达中不许出现x: (180-5)/(4-0.5)=x
如图，在△ABC中，AB=AC,BD⊥AC于D
1
求证：∠DBC= ∠BAC
2
A
证法1：直接用三角形导角
(完整)初中数学一题多解题
初中数学一题多解题例题一、两个连续奇数的积是323，求出这两个数方法一、设较小的奇数为x,另外一个就是x+2x(x+2)=323解方程得：x1=17,x2=-19所以，这两个奇数分别是：17、19，或者-17，-19方法二、设较大的奇数x,则较小的奇数为323/x则有：x-323/x=2解方程得：x1=19,x2=-17同样可以得出这两个奇数分别是：17、19，或者-17，-19方法三、设x为任意整数，则这两个连续奇数分别为：2x-1,2x+1(2x-1)(2x+1)=323即4x^2-1=323x^2=81x1=9,x2=-92x1-1=17,2x1+1=192x2-1=-19,2x2+1=-17所以，这两个奇数分别是：17、19，或者-17，-19方法四、设两个连续奇数为x-1,x+1则有x^2-1=323x^2=324=4*81x1=18,x2=-18x1-1=17,x1+1=19x2-1=-19,x2+1=-17所以，这两个奇数分别是：17、19，或者-17，-19例题二、某人买13个鸡蛋、5个鸭蛋、9个鹌鹑蛋，共用去9.25元；如果买2个鸡蛋，4个鸭蛋，3个鹌鹑蛋，则共用去3.20元，试问只买鸡蛋、鸭蛋、鹌鹑蛋各一个，共需多少钱？解：设鸡、鸭、鹌鹑三种蛋的单价分别为x 、y 、z 元，则根据题意，得135992512433202x y z x y z ++=<>++=<>⎧⎨⎩.. 分析：此方程组是三元一次方程组，由于只有两个三元一次方程，因而要分别求出x 、y 、z 的值是不可能的，但注意到所求的是x y z ++的代数和，因此，我们可通过变形变换得到多种解法。
1. 凑整法解1：<>+<>123，得5344153x y z ++=<>.<>+<>23，得7735().x y z ++=∴++=x y z 105. 答：只买鸡蛋、鸭蛋、鹌鹑蛋各一个，共需1.05元（下面解法后的答均省略） 解2：原方程组可变形为134292522320()().()().x y z y z x y z y z ++-+=++++=⎧⎨⎩ 解之得：x y z ++=105.2. 主元法解3：视x 、y 为主元，视z 为常数，解<1>、<2>得x z =-0505..，y z =-05505.. ∴++=+-+=x y z z z 05505105...解4：视y 、z 为主元，视x 为常数，解<1>、<2>得y x z x =+=-00512.，∴++=+-+=x y z x x x 1052105..解5：视z 、x 为主元，视y 为常数，解<1>、<2>得x y z y =-=-005112..， ∴++=-++-=x y z y y y 005112105...3. “消元”法解6：令x =0，则原方程组可化为5992543320051y z y z y z +=+=⎧⎨⎩⇒==⎧⎨⎩... ∴++=x y z 105.解7：令y =0，则原方程组可化为1399252332000511x z x z x z +=+=⎧⎨⎩⇒=-=⎧⎨⎩.... ∴++=x y z 105.解8：令z =0，则原方程组可化为1359252432005055x y x y x y +=+=⎧⎨⎩⇒==⎧⎨⎩.... ∴++=x y z 105.4. 参数法解9：设x y z k ++=，则1359925124332023x y z x y z x y z k ++=<>++=<>++=<>⎧⎨⎪⎩⎪..∴<>-<>⨯123，得x y -=-<>0054.<>⨯-<>332，得x y k -=-<>3325.∴由<4>、<5>得332005k -=-..∴=k 105.即x y z ++=105.5. 待定系数法解10. 设x y z a x y z b x y z a b x a b y a b z ++=+++++=+++++<>()()()()()135924313254931则比较两边对应项系数，得1321541931121421a b a b a b a b +=+=+=⎧⎨⎪⎩⎪⇒==⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪ 将其代入<1>中，得x y z ++=⨯+⨯=⨯=121925421321212205105....附练习题1. 有大小两种货车，2辆大车与3辆小车一次可以运货15.5吨；5辆大车与6辆小车一次可以运货35吨。
初中数学“一题多解与一题多变”教学研究
㊀㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ ０８初中数学一题多解与一题多变教学研究初中数学 一题多解与一题多变 教学研究Һ陈㊀斌㊀（昆山市新镇中学，江苏㊀苏州㊀２１５３００）㊀㊀ʌ摘要ɔ 一题多解与一题多变 是数学教师所要关注的重要内容，这两种解题训练模式的构建可以突破原有解题教学的结构，帮助学生更加深入地认识数学习题的解题方法，这对其解题能力的提升与发展有着重要的意义．为了构建 一题多解与一题多变 教学课堂，教师需要对其价值进行分析研究，再从实际教学的开展出发探寻有效教学设计的方法，对初中数学 一题多解与一题多变 教学的开展方法进行探究．ʌ关键词ɔ初中数学；一题多解；一题多变；教学研究数学是初中阶段学生所要学习的重要学科，在中考中占有重要的分数比例，为了帮助学生成功通过中考的考验，教师需要从实际出发进行数学习题的筛选，引领学生进行 一题多解 的研究，带领学生思考解题的多种方法，再通过习题变形设计的研究，来设计变式问题，以此推动学生的解题思考，发展学生的解题能力．在实际教学中，教师可以围绕解析原题结构㊁融合数学思想㊁设置多解训练㊁构建多变训练㊁引领学生归纳五个方面来开展教学．一㊁ 一题多解与一题多变 的价值分析一题多解 是多元解题方法的显现，其可以让学生针对一道习题进行多种解题方法的思考．一般而言，每一种解题方法都印证着一条不同的解题思路．多解题的展示与引导解析，可以帮助学生了解习题的解法与其背后隐含的解题思维，进而开阔学生的解题视野，提升学生的思维灵活度，对学生的发展有着重要的意义．一题多变 是变式思想的显现，在 一题多变 的训练设计中，教师将选取典型的习题作为原式，通过题目条件调整㊁问题新拟㊁题目信息倒置等方法将原本的习题转化为多道表现形式不同的习题．此时，教师就可以从习题的不同特征出发引领学生进行训练，并发展学生的解题能力．在这一类习题的解题中，教师可以引导学生对习题的特征进行归纳，并围绕习题的快速解答进行建模设计，构建合理化的解题模型．二㊁ 一题多解与一题多变 教学的开展方法（一）解析原题结构，分析习题特征原题的解析与研究是帮助学生进行 一题多解或一题多变 的基础，教师要展示原题，帮助学生认识原题的突出特点，并引领学生深入解析原题．在实际的展示过程中，教师需要利用课前时间进行检索，搜集教学展示所需的习题，并在课上对习题进行展现，重点围绕习题的考查点进行分析，解析相关习题解答需要的条件．如，在实际教学中，教师便可以为学生展示如下原题：例题㊀两个连续奇数的积是３２３，求出这两个数．分析㊀通过研究可以发现，习题考查的内容为一元二次方程的应用，习题的解题关键是条件中给出的描述语 两个连续奇数的积是３２３ ．学生可以从一元二次方程的不同未知数设列出发得出多种不同的解法．其中，教师可以为学生展示 将较小的奇数设为ｘ 将较大的奇数设为ｘ 将ｘ设为任意整数 将两个连续奇数设为ｘ－１和ｘ＋１ ，这四种设列方法可以对应四种不同的解题方法．四种解题方法看似都是对一元二次方程的应用，但其切入思考的角度存在差异．通过这一展示，教师便可以引导学生对题目进行系统的认识与理解，为之后 一题多解和一题多变 的思索研究做好铺垫．为了让学生了解 一题多变 的意义，使其了解相关题目的特点，教师可以选择原题进行调整，构建一些简单的变式题．在变式题的设计上，针对该习题，教师通过调整问法的形式即可生成多个变式，如教师可以将习题改制为 两个连续奇数的积是３９９，求出这两个数 ，通过调整题干的数字大小来实现对题目的简单变更，让学生进行解答．教师也可以将习题改制为 两个连续偶数的积是４４０，求出这两个数 ，通过题目条件的对应变更，生成与原题相似的变式题．在完成变式题的设计后，教师可将其展示给学生，让学生就变式题与原题的差别进行分析，使其探析题目发生的变化．（二）融合数学思想，研究解题方法解题方法的掌握与否直接关系到学生解题能力的发展，教师要关注 一题多解 的教学，从解题方法的内涵思想入手进行解析，让学生联系解题方法进行分析，找出方法中隐含的解题理念．在实际教学中， 一题多解 的研究需要教师为学生创建相应空间，帮助学生探寻解答题目的多种解法．在实际教学中，教师要从学生的发展出发选择适于学生进行多解探究的例题，并结合问题的解法分析进行多方面㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ ０８展示．如，在实际教学中，教师便可以为学生展示如下习题，引导学生从习题的特点出发来研究相关题目的多种解法：例题㊀某人买１３个鸡蛋㊁５个鸭蛋㊁９个鹅蛋，共用去９．２５元；若买２个鸡蛋，４个鸭蛋，３个鹅蛋，则会用３．２０元，若每种蛋只买一个，需要用多少钱？分析㊀通过简要分析可以得出该题目考查的是三元一次方程组的内容，但由于题目中只提供了两组等量关系，因此若想分别求出三种蛋的单价是不现实的，但题目所求的内容为三种蛋的共价，所以可以通过式子的变形来求解．在明确了这一思路后，学生就可以围绕学过的数学方法选择方向，寻找有效列式解答的方法．方法一㊀凑整法解：设鸡㊁鸭㊁鹅三种蛋的单价分别为ｘ元㊁ｙ元㊁ｚ元，根据题意可以列出一个由两个式子组成的方程组：１３ｘ＋５ｙ＋９ｚ＝９．２５㊀①２ｘ＋４ｙ＋３ｚ＝３．２０㊀②{通过将方程式相加化简的方式可以得到新式子，①＋②３：５ｘ＋３ｙ＋４ｚ＝４．１５㊀③将②和③相加可以得到７ｘ＋７ｙ＋７ｚ＝７．３５，化简可以得到ｘ＋ｙ＋ｚ＝１．０５．通过分析可以发现，这一方法应用了化归的数学思想，利用这一思想可以转换与调整题目的条件，让算式简化，从而得出可以计算解答的式子．在讲授这一解题方法时，教师要注意开展数学思想的拓展活动，让学生了解化归思想及其在解题中的实际应用．方法二㊀主元法这一方法是对函数方程思想与化归思想的融合运用，其核心在于将方程的三个未知数进行区别看待，将ｘ，ｙ作为未知数处理，将ｚ视为一个常数，以此对方程变形：通过设列未知数的方式得出方程组：１３ｘ＋５ｙ＋９ｚ＝９．２５㊀①２ｘ＋４ｙ＋３ｚ＝３．２０㊀②{此时视ｘ，ｙ为主未知数，ｚ为常数，使用移项代数的方法可以得到ｘ＝０．５－０．５ｚ，ｙ＝０．５５－０．５ｚ，此时，ｘ＋ｙ＋ｚ＝（０．５－０．５ｚ）＋（０．５５－０．５ｚ）＋ｚ＝１．０５．通过分析可以发现，主元法实质上是对函数与方程的运用，选择适当的字母作为主元可以起到化难为易的作用．在上述习题解答中所使用的主元法，其特征是将未知数进行区别看待，形成一个特殊的数学关系，符合方程思想的构成要求，即从问题中的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程（组）㊁不等式（组）㊁或方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解．在实际教学中，教师要为学生解读函数方程思想的构成，并展现函数方程思想在常见问题中的运用实例．方法三㊀参数法通过设列未知数的方式得出方程组：１３ｘ＋５ｙ＋９ｚ＝９．２５㊀①２ｘ＋４ｙ＋３ｚ＝３．２０㊀②{再设ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｋ，此时可以得到新的方程组：１３ｘ＋５ｙ＋９ｚ＝９．２５㊀①２ｘ＋４ｙ＋３ｚ＝３．２０㊀②ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｋ㊀③ìîíïïï观察式子之间的关系，得①－②ˑ３可以消去ｚ，再化简可得ｘ－ｙ＝－０．０５㊀④③ˑ３－②可以得到ｘ－ｙ＝３ｋ－３．２０㊀⑤此时通过式子④和⑤可以得到３ｋ－３．２０＝－０．０５，所以ｋ＝１．０５，此时可以得到ｘ＋ｙ＋ｚ＝１．０５．解析㊀上述三种方法对应了三种解题思路，而每一种解题思路还可以延伸出新的解题方法，限于篇幅此处不再赘述，教师在进行解析教学时，可以让学生尝试着寻找额外的习题解答方法．参数法是指在解题过程中通过引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参数），再进行分析和综合，从而解决问题的方法．这一方法从数学思想的角度来看，其同样运用了化归的数学思想，通过参数的引入，用参数代指一部分数学量，从而将算式转换为有利于解答的形式，从而实现有效解答．通过上述三种解题方法与其对应数学思想的解读，学生就可以在不同解法的研究中认识数学思想的拓展应用价值，获得解题意识和认知的提升．为了发展学生的解题能力，让 一题多解 真正发挥作用，教师还需要为学生设计针对性的练习，用练习推动学生解题能力的提高与发展．（三）设置多解训练，推动学生探究一题多解 的训练其目的在于帮助学生认识多种解题方法，从解题方法的探究入手，带领学生认识数学习题解答的多种思想．在实际教学中，教师要考虑学生的发展情况，选取难度合理且解法较多的习题进行展示，构建有效的多解训练，帮助学生学习解答问题的多种解法．如，在实际教学中，教师便可以给学生展示如下习题：练习题１㊀已知ａ，ｂ满足ａｂ＝１，那么１ａ２＋１＋１ｂ２＋１＝．练习题２㊀已知ｘ＋ｙ＝１，求ｘ３＋ｙ３＋３ｘｙ的值．㊀㊀㊀㊀㊀数学学习与研究㊀２０２３ ０８练习题３㊀甲㊁乙㊁丙三种货物，若甲３件㊁乙７件㊁丙１件共需３．１５元；若甲４件㊁乙１０件㊁丙１件共需４．２０元．请问：买甲㊁乙㊁丙各一件需要多少钱？在展示了上述练习题后，教师需要引导学生解答题目，并要求每名学生至少找出两种解法．在这一环节，为了渗透分层理念，教师可以要求发展较好的学生最少找出３种解题方法，并要求其对解题方法的思路进行整理分析，以便在班级中进行汇报与展示．在学生实际解题过程中，教师要关注学生的解题情况，分析学生的思维拓展能力发展情况，并借助引导性的语言对学生进行点拨，推动学生主动思考．（四）构建多变训练，促进学生拓展一题多变 的训练需要教师秉持 万变不离其宗 的核心思想，对习题的题干信息㊁提问方式㊁条件构成进行调整，并从学生的实际解答出发来引领学生分析相关的变式题组．在学生解答前，教师需要围绕解题模型的建立与公共解题思路的明确来提出问题，引导学生在解答问题的同时进行思考．为确保变式题具有较高的质量，教师在设计变式题时要从原式的各个角度思考延伸，选择不同的方向来设置对应的题目．如，在实际教学中，教师便可以展示如下习题：原式㊀依次连接任意四边形各边中点所得的四边形可称为中点四边形．求证平行四边形的中点四边形是平行四边形．变式一㊀按照原式所给条件，求证矩形的中点四边形是菱形．变式二㊀按照原式所给条件，求证正方形的中点四边形是正方形．变式三㊀一个四边形的中点四边形是平行四边形，请问这个四边形可能是什么图形？原式㊀一个宽为５０ｃｍ的长方形图案由１０个相同的小正方形拼成，试求出每个小正方形的边长．变式一㊀一个宽为５０ｃｍ的长方形图案由２０个相同的小正方形拼成，试求出每个小正方形的边长．变式二㊀一个宽为１００ｃｍ的长方形图案由１０个相同的小正方形拼成，试求出每个小正方形的边长．变式三㊀一个宽为５０ｃｍ㊁长为１００ｃｍ的长方形图案由８个相同的小正方形拼成，试求出每个小正方形的边长．在实际教学中，教师在给出变式练习后，要引导学生对相关的题目进行分析㊁求解．在学生解答的过程中，教师要关注学生的解题情况，并予以帮助与引导，让学生总结各个变式题与原题的不同之处．对于学生给出的答案，教师要认真判定，并引导学生回顾与整理．在学生完成变式题的解答后，教师可以引导学生进行拓展思考，让其尝试着对原式进行变形，然后采用同桌互换的方式来完成相关习题的解答．在这一过程中，学生的思维会变得更为开阔，其创造能力也能得到培养与发展．（五）引领学生归纳，培养模型意识模型意识与能力是数学核心素养的关键构成，新课标强调对学生数学核心素养的培养．模型意识与能力的培养关系到学生解题能力的发展，具有较强建模能力的学生可以更好地实现一类习题的解答．为了培养学生的模型意识与能力，教师可以引导学生对一题多变习题进行分析思考，让其对比原式与变式题，逐一分析其差异，对相关习题进行二次分类．在分类完成后，教师可以引导学生对一类习题的解题方法进行系统总结与整理，构建解答相关题目的有效数学模型．如，在实际教学中，教师便可以依托一题多变教学的进行，引领学生对数学一题多变习题的原式与变式题进行归纳，从公共解答思路中总结出解题的通用方法，建立解题模型．在这一过程中，为了发挥学生群体的主动性，让其进行协作探究，教师可以从学生发展入手划分学生小组，并布置针对性的探究任务，让其合作完成整理探究任务．学生在探究思考中，其能力可以得到逐步的提升与发展．结㊀语综上所述， 一题多解与一题多变 是开展数学解题教学的一种有效模式．通过解题教学的进行，教师可以帮助学生实现解题理念的发展，有效地推动其解题能力水平的提升．在实际的教学中，教师需要进行习题的解析研究，从解题方法的多元介绍与习题的变式展示两个方面进行系统构建，帮助学生认识并掌握相关习题的有效解答方法．在学生了解了相关的内容后，教师还要依托教学的进行，推动学生进行归纳，发展并培养其模型意识．ʌ参考文献ɔ［１］黄跃惠．一题多解与一题多变在初中数学教学中的运用［Ｊ］．试题与研究，２０１９（２８）：１４５．［２］王茁力．初中数学 一题多解 的教学价值［Ｊ］．中学数学教学参考，２０１８（Ｚ３）：９９－１００．［３］罗春梅． 一题多解 与 一题多变 在初中数学教学中的应用 以‘人教版九年级上册第二十四章圆中两道习题“为例［Ｊ］．散文百家，２０１９（０１）：１６２．［４］秦小刚．初中数学一题多解教学策略分析［Ｊ］．数学大世界（中旬），２０２１（０１）：２１．［５］张秀霞．一题多解与 一题多变 在人教版初中数学教学中的应用［Ｊ］．智力，２０２０（１０）：５０－５１．。
中考数学专题复习之一题多解题
三角形，分为三种情况：DA＝DP，PA＝PD，AP＝AD(此时点P在边AB的延长
线上，不合题意)．①如解图，当DA＝DP＝8时(点P为图中的点P1，E为图中的点
E1)，由题意得BD＝ AB2 AD2＝ 62 82＝10，BP1＝BD－DP1＝10－8＝2，由
△P1BE1∽△DBC得
P1E1 ＝
DC
例3解题图
专题三 多解题
类型三 裁剪、拼接
例4 在一张三角形纸片上，取其一边的中点，沿着过这点的两条中位线分别剪去 两个小三角形，剩下的部分就是如图所示的平行四边形ABCD，经测量这个平行四 边形的相邻两边长为5、3，一条对角线的长为4，则原三角形纸片的周长是 __2_4_或__1_6_＋_4___13__．
33
n)，抛物线y＝ax2－x＋2(a≠0)与线段MN有两个不同的交点，则a的取值范围
是_a_≤_－__1_或____14_≤_a_<__13__．
【解析】∵直线y＝－1 x＋5 经过点M(－1，m)和点N(2，n)，∴m＝－1 ×(－1)
＋5
1
35 3
3
3
＝2，n＝－
3
×2＋
3
＝1，∴M(－1，2)1，N(25，1)，∵抛物线y＝ax2－x＋2
例4题图
专题三 多解题
【解析】如解图①，当以过点A的中位线AB、AD剪去两个小三角形时，有EC＝ 2AB＝2×5＝10，FC＝2AD＝2×3＝6，EF＝2DB＝2×4＝8，∴原三角形纸片 的周长为10＋6＋8＝24；如解图②，当以过点B的中位线BA、BC剪去两个小三 角形时，有DF＝2AB＝2×5＝10，DE＝2BC＝2×3＝6，∵DC2＝52＝BC2＋DB2 ＝32＋42，∴∠DBC＝90°，∴∠EDB＝90°，∴BE＝ DB2 DE2 ＝2 13， ∴EF＝24BE1＝3 ，∴原三角形纸片的周长为10＋4 61＋3 ＝41613＋ .综上所述， 原三角形纸片的周长为24或4161＋3 .
中考数学 一题多解问题 课件
一.代数问题
一.代数问题
• 母题：
一.代数问题
• 母题：
一.代数问题
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一.代数问题
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一.代数问题
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一.代数问题
• 母题：
一.代数问题
• 母题：
一.几何问题
• 母题：
一.几何问题
• 母题：
一.几何问题
• 母题：
一.几何问题
• 母题：
• 方法一：
一.几何问题
• 母题：
• 方法二：
一.几何问题
• 母题：
• 方法三：
一.几何问题
• 母题：
• 方法四：
一.几何问题
• 母题：
• 方法五：
一.几何问题
• 母题：
• 方法五：
一.几何问题
• 母题：• 方法六：源自一.几何问题• 母题：
• 方法七：
一.几何问题
• 母题：
• 方法八：
一.几何问题
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• 方法九：
一.几何问题
• 母题：
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一.几何问题
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• 方法11：
一.几何问题
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• 方法12：
一.几何问题
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一.几何问题
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• 方法14：
一.几何问题
• 母题：
• 方法15：
初中数学一题多解题选编
初中数学一题多解题选编（Ⅰ）1、已知抛物线y=ax 2经过点（2，-8），若点A 为抛物线y=ax 2上一点，直线AB 垂直于x 轴，线段AB=5，沿y 轴平移抛物线y=ax 2，使之过点B ，求平移后所得抛物线的函数表达式.（y=-2x 2+5或y=-2x 2-5）2、已知抛物线y=-x 2+ax-4的顶点在坐标轴上，求a 的值.（0，4，-4）3、若一抛物线形状与y=-5x 2+2相同，顶点坐标是（4，-2），则其对应的函数表达式是________________________.（y=-5(x-4)2-2或y=5(x-4)2-2）4、已知函数y=(m+2)42-+m m x +8x-1是关于x 的二次函数，则m=_________.（-3或2）5、若抛物线y=2x 2-mx-m 2与x 轴有两个不同的交点A 、B ，且点A （1，0），求点B 的坐标.（ （-2，0）或（-21，0） ） 6、已知函数y=mx 2-6x+1(m 是常数)（1）求证：不论m 为何值，该函数的图象都经过y 轴上的一个定点；（2）若该函数的图象与x 轴只有一个交点，求m 的值.（0或9）7、如图，矩形ABCD 的对角线BD 经过坐标原点，矩形的边分别平行于坐标轴，点C 在反比例函数xk k y 122++=的图象上，若点A 的坐标为（-2，-2），则k 的值为（ D ）A 、1B 、-3C 、4D 、1或-38、二次函数y=x 2-6x+c 的图象的顶点与原点的距离为5，则c=_________.（5或13）9、已知a 、b 、c 、d 是成比例线段，其中a=3cm ，b=2cm ，c=6cm ，则d=________cm . （4，1或9）10、已知三个数1，2，3，请你再添上一个数，使它们能构成一个比例式，这个数可以是________.（32，23或6） 11、已知a=4，c=9，若b 是a 、c 的比例中项，求b 的值。
九年级数学一题多解
对称已知角 ：∠A或∠C 不易操作X
对称角： ∠1或∠3
ASA √
【提升】 1.添加辅助线的原则
5.利用角分线性质的基本图形构造对称：作双垂 理解图形的结构，从对称性入手，
先宏观后微观，先整体后局部
类比：平移变换
2.轴对称变换为你带来了什么？
转化线段和角（只改变了位置，不改变数量 )
一题深挖两次的效果
学生的收获
勇于尝试
勇于创新
提高能力 （掌握了解决问题的一般方法） 获得成就感
The middle school attached to Beijing Jiaotong University
感谢倾听 欢迎老师们的指导
• 交大附中 冷兰岛
饮水思源 爱国荣校
如图，在四边形 ABCD 中， BD 平分 ABC ， A C 180 , 求证： DA DC .
A
X X
D
已具备的相等元素
S、A
B
C
SSS X
【提升】添加辅助线的原则
X X
SA S
S、A
【渗透】
还原定理中的基本图形 AS A
X X X X
√ √
X
A AS 追问：这么多方法构造出来的两个全等三角形，对
第一次 还原定理中的基本图形
比较小气 拘泥细节 视野狭隘 更加大气图形的轴对称结构
类
七年级 学习方程组的解法
比
八年级 学习一次函数
x y 1 x y 0
为什么只有一组解？
直线y 1 x
直线y x
两条直线只有一个交点
第三次出现： 小测学习效果，为复习课做准备（四个学生不会）
称吗？关于哪条直线对称？---提前感性认识.
冲刺2023年上海中考数学满分策略之一题多解第01讲 二次函数平移的应对方法(教师版)
第01讲 二次函数平移的应对方法【考点梳理】 一．二次函数图象与几何变换由于抛物线平移后的形状不变，故a 不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 二．坐标与图形变化-平移 （1）平移变换与坐标变化①向右平移a 个单位，坐标P （x ，y ）⇒P （x +a ，y ） ①向左平移a 个单位，坐标P （x ，y ）⇒P （x ﹣a ，y ） ①向上平移b 个单位，坐标P （x ，y ）⇒P （x ，y +b ） ①向下平移b 个单位，坐标P （x ，y ）⇒P （x ，y ﹣b ）（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a ，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a 个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a ，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a 个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减．） 三、二次函数中的平移问题主要是点的平移和图形的平移：针对顶点式抛物线的平移规律是：“左加右减（括号内），上加下减”，同时保持a 不变。
【典型例题】一、解答题1．（2022·上海徐汇·九年级期末）二次函数()2f x ax bx c =++的自变量x 的取值与函数y 的值列表如下：x… ﹣2 ﹣1 0 … 2 3 4 … ()y f x =…﹣53…3﹣5…(2)请你写出两种平移的方法，使平移后二次函数图像的顶点落在直线y x =上，并写出平移后二次函数的解析式．【答案】(1)()223f x x x =-++；顶点坐标()1,4(2)把抛物线21+4f xx 向下平移3个单位长度，抛物线为：()()211f x x =--+，或把抛物线21+4f x x 向右平移3个单位长度，抛物线为：244f xx .【分析】（1）由二次函数()2f x ax bx c =++过()()1,0,3,0,-设抛物线的交点式为13,f xa x x 再把()0,3代入抛物线的解析式求解a 的值，再配方，求解顶点坐标即可；（2）平移后二次函数图像的顶点落在直线y x =上，顶点的横坐标与纵坐标相等，由顶点坐标为：()1,4, 再分两种情况讨论：当顶点坐标为：()1,1时，当顶点坐标为：()4,4时，再写出平移方式即可.(1)解： 二次函数()2f x ax bx c =++过()()1,0,3,0,-设13,f x a x x把()0,3代入抛物线的解析式可得：33,a -= 解得：1,a =- 所以抛物线为：2132 3.f x x x x x而2223211+3f xx x x x21+4,x所以顶点坐标为：()1,4.(2)解： 平移后二次函数图像的顶点落在直线y x =上， ∴ 顶点的横坐标与纵坐标相等，而顶点坐标为：()1,4, 当顶点坐标变为：()1,1时， 把抛物线21+4f xx 向下平移3个单位长度即可；此时抛物线为：21+1f xx当顶点坐标变为：()4,4时， 把抛物线21+4f xx 向右平移3个单位长度即可.此时抛物线为：244f x x .【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，利用配方法求解抛物线的顶点坐标，抛物线的平移，正比例函数图象上点的坐标特点，熟练的掌握抛物线的性质是解本题的关键.2．（2022·上海杨浦·九年级期末）已知二次函数 2245y x x =-+．(1)用配方法把二次函数 2245y x x =-+ 化为 2()y a x m k =++ 的形式，并指出这个函数图像的开口方向、对称轴和顶点坐标；(2)如果将该函数图像沿y轴向下平移 5 个单位，所得新抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B，顶点为C，求ABC的面积．∴ABC的面积为【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、二次函数图象的平移、坐标与图形、二次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键．．（2022·上海金山九年级期末）已知：抛物线经过点和，顶点为点P，抛物线的对称轴与x轴相交于点Q．（1）求抛物线的解析式；∠的度数；（2）求PAQ=，求平移后的抛（3）把抛物线向上或者向下平移，点B平移到点C的位置，如果BQ CP物线解析式．【答案】（1）241y x x =-++；（2） 90COM ∠=︒；（3）246y x x =-++或242y x x =-+-．【分析】（1）将,A B 两点的坐标代入解析式，解二元一次方组程，求出,b c 即可求解； （2）求出,,AP AQ PQ 的长度，根据勾股定理的逆定理求解即可；（3）分情况讨论，点C 在点B 的上方或下方两种情况，根据平移特征结合图形求解即可．【详解】解：（1）根据题意1114c b =⎧⎨-++=⎩ 解得：4b =，1c =，∴抛物线的表达式是241y x x =-++ （2）()224125y x x x =-++=--+，∴顶点P 的坐标是()2,5．对称轴是直线2x =，点Q 的坐标为()2,0． ∴25PA =，5QA =，5PQ =； ∴222PA QA PQ +=，∴PAQ 是R t∴90PAQ ∠=︒，（3）根据题意，BC ∥PQ如果点C 在点B 的上方，BC ∥PQ ，PC ∥BQ 时，四边形BCPQ 是平行四边形，∴BQ CP =，5BC PQ ==，即抛物线向上平移5个单位，平移后的抛物线解析式是246y x x =-++． 如果点C 在点B 的下方，四边形BCQP 是等腰梯形时BQ CP =，作BE PQ ⊥，CF PQ ⊥，垂足分别为E 、F ．根据题意可得，1PE QF ==，5PQ =，3BC EF ==，即抛物线向下平移3个单位，平移后的抛物线解析式是242y x x =-+-． 综上所述，平移后的抛物线解析式是246y x x =-++或242y x x =-+-．【点睛】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，坐标系中求两点的距离，勾股定理的逆定理，图像的平移规律，正确理解平移的规律是解本题的关键． 4．（2022·上海闵行·九年级期末）如图， 在平面直角坐标系 xQy 中， 直线 5y x =-+ 与 x牰交于点 A ， 与 y 轴交于点 B ． 点C 为拋物线 223122y ax a x a a =-++ 的顶点．(1)用含 a 的代数式表示顶点 C 的坐标： (2)当顶点 C 在 AOB 内部， 且 52AOCS=时，求抛物线的表达式： (3)如果将抛物线向右平移一个单位，再向下平移 12 个单位后，平移后的抛物线的顶 点 P仍在 AOB 内， 求 a 的取值范围． 【答案】(1)2()1,C a a(2)2289y x x =-+； (3)1＜a ＜3【分析】（1）利用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可解答； （2）求出点A 、B 的坐标，利用三角形面积公式求解a 值即可解答；（3）根据点的坐标平移规律“右加左减，上加下减”得出P 点坐标，再根据条件得出a 的一元一次不等式组，解不等式组即可求解(1)解：拋物线 2232112()22y ax a x a a a x a a =-++=-+，∴顶点C 的坐标为1(,)2a a ；(2)解：对于5y x =-+，当x =0时，y =5，当y =0时，x =5， ∴A （5，0），B （0，5）， ∵顶点 C 在 AOB 内部， 且 52AOCS =， ∴1155222a ⨯⋅=， ∴a =2，∴拋物线的表达式为 2289y x x =-+；(3)解：由题意，平移后的抛物线的顶点P 的坐标为11(1,)22a a +-，∵平移后的抛物线的顶 点 P 仍在 AOB 内，∴101102211(1)522a a a a ⎧⎪+>⎪⎪->⎨⎪⎪-++>-⎪⎩，解得：1＜a ＜3，即a 的取值范围为1＜a ＜3．【点睛】本题考查求二次函数的顶点坐标和表达式、二次函数的图象平移、一次函数的图象与坐标轴的交点问题、坐标与图象、解一元一次不等式组，熟练掌握相关知识的联系与运用，第（3）小问正确得出不等式组是解答的关键．5．（2022·上海普陀·九年级期中）在平面直角坐标系xOy 中(如图)，已知抛物线y =x 2 - bx +c 经过A (-1．2)、B (0，-1)两点．(1)求抛物线的表达式及顶点P 的坐标；(2)将抛物线y =x 2 - bx +c 向左平移3个单位，设平移后的抛物线顶点为点P '． ①求∠BP 'P 的度数；②将线段P 'B 绕点B 按逆时针方向旋转150°，点P ’落在点M 处，点N 是平移后的抛物线上的一点，当△MNB 的面积为1时，求点N 的坐标．【答案】(1)221y x x =--，()1,2P -(2)①30BP P '∠=︒；②()0,1或()3,2--【分析】（1）根据题意待定系数法求解析式即可，然后化为顶点式即可求得顶点P 的坐标；（2）①连接PP '，则PP y '⊥轴，设交点为C ，则()0,2C -，根据平移求得点P '的坐标，进而即可求得∠BP 'P 的度数，②根据题意画出图形，过点M 作MD y ⊥轴于点D ，过点N 作NE y ⊥轴于点E ，根据△MNB 的面积为1建立方程，即可求得点N 的坐标． (1)解：∵抛物线y =x 2 - bx +c 经过A (-1．2)、B (0，-1)121b c c ++=⎧⎨=-⎩解得21b c =⎧⎨=-⎩221y x x ∴=--()212x =--()1,2P ∴-(2)将抛物线221y x x =--向左平移(3+1)个单位，设平移后的抛物线顶点为点P '()3,2P '∴--连接PP '，则PP y '⊥轴，设交点为C ，则()0,2C -()0,1B - 3,1P C BC '∴==在Rt P BC '中，13tan 33BC BP C P C '∠===' 30BP P BP C ''∴∠=∠=︒②过点M 作MD y ⊥轴于点D ，过点N 作NE y ⊥轴于点E ， 在Rt P BC '中，3,1P C BC '==，30BP C '∠=︒2P B '∴=，60P BC '∠=︒，则120P BD '∠=︒将线段P 'B 绕点B 按逆时针方向旋转150°，点P ’落在点M 处，15012030DBM ∴∠=︒-︒=︒ ∴BP C MBD '∠=∠在P BC '与BMD 中 90BP C MBDP CB BDM P B MB ∠=∠⎧⎪∠=∠=︒=''⎨'⎪⎩∴P BC '≌BMD1DM BC ∴==,3DB P C '==()0,1B -将抛物线D BNMDBMBENEDMN SSS S=+-梯形()1122DM DB DM EN ED ⨯++⨯12EB -⨯()2111312332n n n ⨯⨯++⨯+-+BNMS=112⨯⨯解得0n =6．（2022·上海·中考真题）已知：22y x bx c =++经过点()21A --，，()03B -，． (1)求函数解析式；(2)平移抛物线使得新顶点为(),P m n （m ＞0）．①倘若3OPB S =△，且在x k =的右侧，两抛物线都上升，求k 的取值范围； ②P 在原抛物线上，新抛物线与y 轴交于Q ，120BPQ ∠=时，求P 点坐标．根据题意，得新抛物线解析式为：y =12(x -m )2+n =12x 2-mx +m 2-3，∴Q (0，m 2-3)，∵B （0，-3），∴BQ =m 2，BP 2=2222411(33)24m m m m +-+=+， PQ 2=22222411[(3)(3)]24m m m m m +---=+， ∴BP =PQ ，如图，过点P 作PC ⊥y 轴于C ，则PC =|m |，∵BP =PQ ，PC ⊥BQ ，∴BC =12BQ =12m 2，∠BPC =12∠BPQ =12×120°=60°，∴tan ∠BPC = tan 60°=2123||m BC PC m ==，解得：∵m ＞0，∴m =23，∴n =2132m -=3， 故P 的坐标为（23，3）【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线的平移，抛物线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，本题属抛物线综合题目，属中考常考试题目，难度一般． 轴上，OB AB =（如图所示），二次函数的图像经过点O 、A 、B 三点，顶点为D ．(1)求点B 与点D 的坐标；(2)求二次函数图像的对称轴与线段AB 的交点E 的坐标；(3)二次函数的图像经过平移后，点A 落在原二次函数图像的对称轴上，点D 落在线段AB 上，求图像平移后得到的二次函数解析式． 【答案】(1)点B 的坐标为（5，0），点D 的坐标为（52，256） (2)（52，103） (3)()228333y x =--+ 【分析】（1）设点B 的坐标为（m ，0），经过A 、B 、O 三点的二次函数解析式为2y ax bx c =++，先根据OB =AB ，利用勾股定理求出点B 的坐标，然后用待定系数法求出二次函数解析式即可求出点D 的坐标；（2）先求出直线AB 的解析式，再根据（1）所求得到抛物线对称轴，即可求出点E 的坐标；（3）只需要求出平移后的抛物线顶点坐标即可得到答案．(1)解：设点B 的坐标为（m ，0），经过A 、B 、O 三点的二次函数解析式为2y ax bx c =++，∵OB =AB ，∴()22224m m =-+，∴5m =，∴点B 的坐标为（5，0）， ∴42425500a b c a b c c ++=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，8．（2022·上海奉贤·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中, 抛物线23y ax bx =++与x 轴交于点()1,0A - 和 点()3,0B ，与y 轴交于点C , 顶点为D ．（1）求该抛物线的表达式的顶点D 的坐标；（2）将抛物线沿y 轴上下平移, 平移后所得新拋物线顶点为M , 点C 的对应点为E ． ①如果点M 落在线段BC 上, 求DBE ∠的度数；②设直线ME 与x 轴正半轴交于点P , 与线段BC 交于点Q , 当2PE PQ =时, 求平移后新抛物线的表达式． 【答案】（1）2y x 2x 3=-++，()1,4D ；（2）①45DBE ∠=︒；②232.2y x x =-+- 【分析】（1）把点()1,0A - 和 点()3,0B 代入抛物线的解析式。
初中数学一题多解
浅谈初中数学一题多解王仲学一题多解是指运用不同的思维途径，用两种或两种以上的方法求解同一个问题。
多元化的思维训练，可以通过“一题多解”得到实现。
对于一个数学问题，若能根据已知与要求之间的关系，发散思维，善于联系，多角度深入地思考，可以得到多种不同的解法。
而采用一题多解的形式进行教学，能唤起学生学习数学的兴趣，在揭示知识的过程中，逐步把学生引入胜境，启发学生主动分析、思考问题，有助于学生大胆尝试，主动愉快地获取知识，从而训练思维的广阔性、灵活性、深刻性。
同时还可以帮助学生对知识系统性、特殊性、广泛性的深刻理解。
下面结合本人多年初中数学教学工作实践，谈谈我在教学中一题多解的做法。
【关键词】 一题多解 数学 初中 发散思维 解法 知识平行线中的一题多解例题一、如图1，已知AB//CD ，试找出B ∠、BED ∠和D ∠的关系并证明。
我们找出他们的关系是：D B BED ∠+∠=∠。
证明如下：方法一：如图2，过点E 作EF//AB 。
因为EF AB //，所以B BEF ∠=∠；因为CD AB //，EF AB //，所以CD EF //，所以D FED ∠=∠，所以D B FED BEF BED ∠+∠=∠+∠=∠。
方法二：如图3，过点E 作EF//AB 。
因为EF AB //，所以 180=∠+∠B BEF ，即B BEF ∠-=∠ 180；因为CD AB //，EF AB //，所以CD EF //，所以 180=∠+∠D FED ，即D FED ∠-=∠ 180；因为︒=∠+∠+∠360FED BED BEF ，所以)180180(360)(360D B FED BEF BED ∠-+∠--=∠+∠-=∠︒︒ D B ∠+∠=。
方法三：如图4，连接BD 。
因为CD AB //，所以 180=∠+∠BDC ABD ，即)(180EDB EBD EDC ABE ∠+∠-=∠+∠ ；在ΔBED 中，)(180EDB EBD BED ∠+∠-=∠ ，所以EDC ABE BED ∠+∠=∠。
初中数学一题多解
初中数学一题多解【一】圆的多解题型1、平面上一点到圆的最大距离、最小距离分别是6和2，求圆的直径。
〔分点在圆内和圆外两种情况，直径是6+2或6-2〕2、圆的两条弦长6和8，半径5，求两条弦的距离。
〔分弦在圆心的同旁和两旁两种情况，距离是4+3或4-3〕3、半径是4的圆中，长是4的弦所对的圆周角是多少度？〔分弦所对的优弧和劣弧对的圆周角两种情况，度数是30或150〕4、相切两圆半径分别是4和6，求圆心距。
〔分内切、外切两种情况，圆心距是6-4或6+4〕5、相交两圆半径分别是25和39，公共弦长30，求圆心距。
〔分两圆心在公共弦的同旁和两旁两种情况，是36-20或36+20〕6、三角形ABC的外接圆半径是4，BC=4，求角A的度数。
〔分圆心在三角形内部和外部两种情况，是30度或150度)【二】数的多解题型1、a的相反数是本身，b的倒数是本身，那么a-b的值是多少？〔倒数是本身的数有1和-1，结果是-1或1〕2、平方是本身的数是_____(是0或1〕3、a的立方根是2，a的平方根是几？〔正数的平方根都有两个，是正负2根号2〕4、a、b的平方相等，a+2=3，b-2的差是几？〔平方相等的数要么相等要么互为相反数，b是1或-1，差是-1或-3〕5、绝对值是5的数与平方根是3的数的和是几？〔绝对值是正数的数有两个，和是8或-2〕6、数轴上，与表示2的点距离等于6的点表示的数，是倒数等于1.5的数的多少倍？〔距离是6的点表示的数是原数加上6或减去6，结果是-6倍或12倍〕【三】三角形的多解题型1、等腰三角形一腰上的高等于腰长的一半，求顶角。
〔分锐角三角形和钝角三角形两种情况，顶角30°或150°〕2、等腰三角形两边长5和6，求周长。
〔两边分别是腰和底两种情况，得周长16或17〕3、直角三角形两边长3和4，求第三边。
〔第三部边是斜边、直角边两种情况，是5或根号7〕4、三角形的一个30°角对的边为5，一条邻边是8，求面积。
初中数学 一题多解
一题多解题1.已知a、b为实数，且ab≠0＝.2.小明等五名同学四月份参加某次数学测验（满分为120）的成绩如下：100、100、x、x、80．已知这组数据的中位数和平均数相等，那么整数x的值为．3.“五一”期间，某超市推出如下购物优惠方案：（1）一次性购物在100元（不含100元）以内时，不享受优惠；（2）一次性购物在100元（含100元）以上，300元（不含300元）以内时一律享受九折的优惠；（3）一次购物在300元（含300元）以上时，一律享受八折的优惠.在此期间某顾客一次性购物付款252元，那么该顾客比平时购买总价相同的商品（没有优惠的时候）优惠了元.4.已知，如图1：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A（10，0）、C（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为.5.线段AB的两端点的坐标为A（-1，0），B（0，-2）现请你在坐标轴上找一点P，使得以P、A、B为顶点的三角形是直角三角形，则满足条件的P点的坐标是6.如图2，在直角坐标系中，已知A（1，0）、B（－1，－2）、C（2，－2）三点坐标，若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标可以是7.已知矩形的长为3，宽为1，现将四个这样的矩形用不同的方式拼成一个面积为12的大矩形，那么这个大矩形的周长是8.如图4，在边长为1的正方形网格中画有一个圆心为O的半圆,请在网格中以O为圆心,画一个与已知半圆的半径不同,且面积相等的扇形．9. 题a：如图5，AB=AC，AD⊥BC于点D，请你在△ABC内部，仅用圆规确定E、F两点，使∠BEC=∠BFC=90°.题b：如图6，四边形ABCD是一个等腰梯形,请直接在图中仅用直尺,准确．．画出它的对称轴.10.把一个等边三角形分成四个等腰三角形，要求：1.除图a外再画出三种互不相同的分法，2.像图a一样，注明每个等腰顶角的度数.11..如图8是由三个小正方形组成的图形，现再给你一个同样的小正方形拼接在原图上，使原图形变为一个轴对称图形，请你分别在图a、b、c中画出不同的拼接方案，并画出对称轴.12.甲同学用如图9所示方法作出了C点，在△OA B中，∠OAB＝90°，OA＝2，AB＝3，且点O、A、C在同一数轴上，OB＝OC．（1）C点所表示的数是；（2）仿照甲同学的做法，在如下所给数轴上描出表示－29的点C．13.如图10，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，按要求画出△A1B1C1和△A2B2C2；（1）先作△ABC关于直线l成轴对称的图形，再向上平移1个单位，得到△A1B1C1；（2）以图中的O为位似中心，将△A1B1C1作位似变换且放大到原来的两倍，得到△A2B2C2．14.甲、乙两同学对关于y 、x 的抛物线f: 22222y x mx m m =-++进行探讨交流时，各得出一个结论.甲同学：当抛物线f 经过原点时，顶点在第三象限平分线所在的直线上;乙同学：不论m 取什么实数值，抛物线f 顶点一定不在第四象限.(1)请你求出抛物线f 经过原点时m 的值及顶点坐标，并说明甲同学的结论是否正确？(2)乙同学的结论正确吗？若你认为正确，请求出当实数m 变化时，抛物线f 顶点的纵横坐标之间的函数关系式，并说明顶点不在第四象限的理由；若你认为不正确，求出抛物线f 顶点在第四象限时，m 的取值范围.15.已知抛物线2141y x x =++的图象向上平移m 个单位（0m >）得到的新抛物线过点（1，8）.（1）求m 的值，并将平移后的抛物线解析式写成22()y a x h k =-+的形式；（2）将平移后的抛物线在x 轴下方的部分沿x 轴翻折到x 轴上方，与平移后的抛物线没有变化的部分构成一个新的图象.请写出这个图象对应的函数y 的解析式，在所给的平面直角坐标系中直接画出简图，并直接写出y 与1y 之间关系式.16. 已知抛物线m 、n 的解析式分别是关于y 与x 的关系式：2222m y x mx =--22222m y x mx +=--与. （1）对上述两个抛物线说法正确的序号是 ；①两条抛物线与y 轴的交点一定不在x 轴的上方②在抛物线m、n中，可以将其中一条抛物线经过向上或向下平移得到另一条抛物线③在抛物线m、n中，可以将其中一条抛物线经过向左或向右平移得到另一条抛物线④两条抛物线的顶点之间的距离为1（2）若这两条抛物线中，只有一条与x轴交于A、B（A点在左）两个不同的点，问是哪条抛物线经过A、B两点？为什么？并求出A、B两点的坐标.17. 某校七年级学生准备去购买《英汉词典》一书，此书的标价为20元，现A，B两书店都有此书出售，A店按如下方法促销：若只购1本则按标价销售，若一次性购买多于1本，但不多于20本时，每多购1本，每本售价在标价的基础上优惠2％(例如买两本,每本价优惠2％;买3本每本价优惠4％,依此类推)，若多于20本时，每本售价为12元；B书店一律按标价的7折销售.（1）试分别写出在两书店购此书总价y，B y与购书本数x之间的函数关系式；A（2）若某班一次性购买多于20本时，那么去哪家书店购买更合算，为什么？若要一次性购买不多于20本时，先写出y（y=y-B y）与购书本数x之间的函数式，画出其函数图象，再利用函数图象分析去哪家书店买更合算.。
初中数学一题多变一题多解(一)
“一题多变”（一）一、“一题多变”的作用：在平时的数学教学过程中实施一题多变的训练，可以提高学生学习数学的积极性，增强学习数学的兴趣：1、新课中，实施一题多变，以简单题入手由浅入深，可使大部分学生对当堂课内容产生兴趣。
2、习题课中，把较难题改成多变题目，让学生找到突破口，对难题也产生兴趣。
3、学生自己能够将题目中的问题或某一条件改变，对知识进行重组，自己将题目中的问题或某一条件进行改变，对已学知识进行重组，探索出新知识，解决新问题。
不就题论题，能多思多变。
在完成一个数学题的解答时，有必要对该题的内容、形式、条件、结论，做进一步的探讨，以真正掌握该题所反映的问题的实质。
如果能对一个普通的数学题进行一题多变，从变中总结解题方法；从变中发现解题规律，从变中发现“不变”，必将使人受益匪浅。
二、“一题多变”的常用方法有：1、变换命题的条件与结论；2、变换题型；3、深化条件，保留结论；4、减弱条件，加强结论；5、探讨命题的推广；6、考查命题的特例；7、生根伸枝，图形变换；8、接力赛，一变再变等等。
三、一题多变，挖掘习题涵量：1、变换命题的条件与结论即通过对习题的条件或结论进行变换，而对同一个问题从多个角度来研究。
这种训练可以增强学生解题的应变能力，培养思维的广阔性和深刻性，从而培养创新思维的品质。
例1、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=AB+CD，E是AD中点。
求证：∠BEC=90°．变换1：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=AB+CD，E是AD中点。
求证：CE⊥BE．变换2：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CE⊥BE．, E是AD中点．求证：BC=AB+CD．变换3：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=AB+CD, CE⊥BE．判断E是AD中点吗？为什么？变换4：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=AB+CD，CE⊥BE．求证：AE=ED．2、变换题型即将原题重新包装成新的题型，改变单调的习题模式，从而训练学生解各种题型的综合能力，培养学生思维的适应性和灵活性，有助于学生创新思维品质的养成。
初中数学一题多变一题多解(二)
一题多解一题多变（二）1、一题多解，培养思维的发散性一题多解实际上是解题或证明定理、公式的变式，因为它的实质是以不同的论证方式反映条件和结论问的同一必然的本质联系，运用这种变式教学，可以引导学生对同一材料，从不同角度、从不同方位、用各种途径、多种方法思考问题，探求不同的解答方案，这样，既可暴露学生解题的思维过程，增加教学透明度，又能够拓广学生思路，使学生熟练掌握知识的内在联系，使思维向多方向发展，培养思维的发散性。
这方面的例子很多，尤其是几何证明题。
已知：点O是等边△ABC内一点,OA=4，OB=5，OC=3求∠AOC的度数。
练习：把此题适当变式:变式在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°OA=4，OB=6，OC=2求∠AOC的度数。
变式2：如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=110°, ∠BOC=135°试问:(1)以OA、OB、OC为边能否构成一个三角形?若能,请求出三角形各内角的度数;若不能,请说明理由.(2)如果∠AOB的大小保持不变,那么当∠BOC等于多少度时, 以OA、OB、OC为边的三角形是一个直角三角形?2、一题多变，培养思维的灵活性一题多变是题目结构的变式，是指变换题目的条件或结论，或者变换题目的形式，而题目的实质不变，以便从不同角度，不同方面揭示题目的本质，用这种方式进行教学，能使学生随时根据变化了的情况积极思索，设法想出解决的办法，从而防止和消除呆板和僵化，培养思维的灵活性。
一题多变可以改变条件，保留结论；也可以保留条件，改变结论；或者同时改变条件和结论；也可以将某项条件与结论对换等等。
例如：已知：C 为AB 上一点，△ACM 和△CBN 为等边三角形（如图所示）求证：AN=BM（分析：如对此题多做一些引申，既可以培养学生的探索能力，又可培养学生的创新素质）探索一：设CM 、CN 分别交AN 、BM 于P 、Q ，AN 、BM 交于点R 。
两个三角形全等证明一题多解
两个三角形全等证明一题多解全等三角形的证明在数学里就像一场有趣的解谜游戏，有好多不同的路径可以到达“证明全等”这个终点呢。
今天咱们就来唠唠一道题的多种解法。
一、边边边（SSS）定理的运用。
比如说有这么一道题，给了两个三角形，三条边的长度分别都告诉我们了。
那这时候，边边边定理就像一把万能钥匙。
你想啊，三角形的三条边就确定了这个三角形的形状和大小。
就好比盖房子，三边的长度确定了，这个房子的框架就固定了，不会再有其他形状。
所以只要能证明两个三角形的三条边对应相等，那就可以大声说：“这俩三角形全等！”这是最直接、最基础的一种证明方法，就像走路，直直地朝着目标去，简单又有效。
二、边角边（SAS）定理的魔法。
再看另一种情况，如果题目里告诉我们有两条边相等，并且这两条边的夹角也相等。
这时候边角边定理就闪亮登场啦。
这个夹角就像是连接两条边的胶水，把这两条边的关系固定得死死的。
想象一下，你有两根小木棍，中间用一个特定角度的夹子夹住，这个形状就不会轻易改变了。
在三角形里也是一样的道理，只要两条边和它们的夹角确定了，这个三角形的形状也就确定了。
所以当我们找到两个三角形满足这个条件的时候，就可以确定它们全等啦。
这种方法就像是走了一条有点小曲折但是很巧妙的路去证明全等。
三、角边角（ASA）和角角边（AAS）定理的妙处。
有时候题目会给我们角的信息比较多。
如果是两角及其夹边相等，那就是角边角定理的用武之地。
就好比三角形里有两个角确定了，再加上它们中间的那条边也确定了，这个三角形就像被钉在了一个特定的形状里，不会变了。
而角角边定理呢，虽然是两角和其中一角的对边相等，但其实也是一样的道理。
因为三角形的内角和是固定的，知道了两个角，第三个角也就知道了，再加上一条边，这个三角形也就确定了。
这两种方法就像是从角的角度去切入，绕了个小圈但也能准确地证明三角形全等。
四、直角、斜边、直角边（HL）定理（针对直角三角形）要是遇到直角三角形的全等证明，那可就有个专属的厉害方法了。
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初三数学一题多解
例3 求1+3+5+7+…+89=?
运用高斯算法，能够很容易地得出该题的结论，但这仅仅是就一般的计算而言。
对问题的进一步研究，又使我们得到以下两种运算方式：
第一种
1=1×1
1+3=2×2
1+3+5=3×3
………………
1+3+5+…+89=45×45
第二种
由于1=1×1×1
3+5=2×2×2
7+9+11=3×3×3
………………
73+75+…+89=9×9×9
所以，1+3+5+...+89=1×1×1+2×2×2+3×3×3+...+9×9×9=13+23+33+ (93)
当然，我们可以将上述运算作一般性的推广，使学生的解题思路更加开阔。
然而，其真正的用意却在于：
第一种运算中，等式右边的1×1、2×2、3×3、......、45×45，是来自对平面图形--正方形的直接观察(图三)，1×1、2×2、3×3、......、45×45分别为边长是1、2、3、 (45)
正方形的面积，因此，求1+3+5+7+…+89的和，等同于计算边长为45的正方形的面积。
第二种运算中，等式右边的1×1×1、2×2×2、3×3×3、……、9×9×9，则是来自对空间图形--正方体的直接观察(图四)，1×1×1、2×2×2、3×3×3、……9×9×9分别为棱长是1、2、3、……、9的正方体的体积，求1+3+5+7+…+89的和，等同于计算棱长分别为1、2、3、……、9的正方体的体积的。
如果将例3改换一种叙述方式：平面上共有90个点同在一条直线上，它们可以组成多少条不同的线段?则使我们完成了一次由点到线，由线到面，再由面到体的完美思考过程。
因此，本例的题多用不应简单地看成是解决数学问题的策略或方法，其重要意义是向我们揭示了如下的数学思想。