高等代数中一道习题的不同解法
第38卷第7期
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第38卷第7期·学术Vol.38No.72011年7月July.2011
高等代数是大学数学专业的一门重要基础课程,其特点是抽象严谨,解题方法又灵活多变。因此,如何在教学中引导学生在做题的过程中自觉的体会总结，运用本课中常用的方法，并联系所学知识和已证明的习题，就显得尤为重要。
1预备知识
定义1：在n维欧氏空间中，由n个向量组成的正交向量组称为正交基；由单位向量组成的正交基称为标准正交基。
引理1：n维欧氏空间的子空间V1的正交补V1┷由所有与V1正交的向量组成。
引理2：在欧氏空间中必存在标准正交基。
引理3：(线性映射的维数公式)设σ是线性空间V到线性空间V1的线性映射，则σ的像空间的维数+σ的核空间的维数=dimV.即σ的秩+σ的零度=dimV。
2主要结果
教材[1]的习题中有如下一道题：
设V是n维欧氏空间，α≠0是V中的一个固定向量,
(1)证明：V1={x/（x，α）=0，x缀V}是V的子空间；
(2)证明：V1的维数等于n-1。
问题(1)的证明一般情况下就用子空间的定义证明即可，即对数乘和加法运算封闭。下面主要给出问题(2)的不同证明方法。
证法1:为证明结论首先证明V1是L（α）(表示由向量α生成的子空间)的正交补。
事实上，由引理1可知L（a）┷={x∈V/（x，β）＝0，坌β∈L （α）}，而容易证明：{x∈V/（x，β）＝0，坌β∈L（α）}=V1。
从而L（α）┷=V1，所以V=V1+L（α）=V1+L（α），因此,由直和的判定定理可知n=dinV=dimV1=dimL（α）=dimV1+1。
这表明dimV1=n-1
证法2：由引理2可知任意欧氏空间必存在标准正交基，故不妨设α1，Λ，αn为V的标准正交基。设α=k1α1+Λ+k nαn，其中k1，Λ，k n∈R则对坌β=x1α1+Λ+x nαn∈V1，其中x1，Λ，x n∈R,由α1，Λ，αn为V的标准正交基可知（α，β）=x1k1+Λ+x n k n=0.因此,线性方程组x1k1+Λ+x n k n=0的解就是V1中的向量在α1，Λ，αn 下的坐标向量，其解空间的维数就是V1的维数。因为α≠0，故（k1，Λ，k n）≠0，从而x1k1+Λ+x n k n=0的解空间的维数为n-1，即dimV1=n-1。
证法3：考虑实数集R按数的加法和数乘在实数域R上构成的的线性空间，定义映射σ：V→R为σ（x）=（x，α），坌x∈V，则易验证σ是线性映射，σ的核空间就是V1{x/σ（x）=（x，α）=0，x∈R}，σ的像空间为R。由线性映射的维数公式有：σ的核空间的维数+σ的像空间的维数=dimV=n，而σ的像空间的维数=dimR=1,故的核空间的维数=dimV1=n-1，故结论成立。
3结语
以上利用不同的方法给出了一道习题
高等代数中一道习题的不同解法
高英
(重庆师范大学数学学院代数与几何教研室，重庆400047)
摘要:高等代数是大学数学专业的一门重要基础课程,其特点是抽象严谨,解题方法又灵活多变。文章针对一
道高等代数习题,给出了不同的证明方法,并以此说明做习题过程中体会总结并与所学知识和已有的结论联系尤为重要。
关键词:欧氏空间,线性映射,基
中图分类号:G642文献标识码：A文章编号：1007-8320（2011）07-0167-01 Advanced algebra in a different solution Exercise
GAO Ying
(Department of Mathematics,College Algebra and Geometry，Chongqing Normal University,Chongqing400047,China) Abstract:Mathematics Advanced Algebra is an important basis for professional courses,which is characterized by abstract rigorous,problem-solving approach and flexible.Article for an advanced algebra exercises,gives a different method of proof,and as experience shows the process of doing exercises concluded with the knowledge and contacts have been important conclusions.
Keywords:euclidean space;linear mapping;base
收稿日期：2011-05-03
作者简介：高英（1982—），女，内蒙古乌兰浩特人，博士，讲师，
研究方向：多目标优化、数学教育。
基金项目：重庆师范大学博士启动基金(No.10XLB015)、重庆市
教育委员会科学技术研究项目(No.KJ110624)和重庆
市科委重点实验室专项经费资助项目。
（下转第175页）
第38卷第7期
的证明，并且所用到的知识都是高等代数中一些重要的结论。通过不同的方法解题可以让学生了解到一道数学题的证明不止一种方法，只要在做题的过程中联系所学的内容,可以得到许多不同的方法，这也将有助于加深对已学内容的理解。高等代数由于抽象,因此需要学生多做练习,并且要考虑它的不同解法,由此对所学内容加深理解。在教学实践中,可以发现学生如果能够自觉地上下联系、经常总结,就会对这门课的感兴趣,非常愿意去学习并能学好它。
参考文献
[1]北京大学数学系几何与代数教研室代数小组.高等代数[M].北京：高
等教育出版社,2003.
[2]王萼芳，石生明，等.高等代数辅导与习题解答[M].北京：高等教育出
版社，2006.
（上接第167页）最终将班集体建设成为和谐、民主、祥和的
大家庭。
4因人制宜，因材施教
想要更好的提高班级管理工作质量，就必须深入了解学生内心需要，了解每一位学生的家庭状况以及社会交往情况，针对每位学生的特长、爱好、性格等建立一套完整的个人档案，并随时观察每位学生的学情状态，为他们分别制定合适的教学目标，必要时开展个别教育。在具体教学中，教师要全方位看待学生，不要仅仅看到学生的优点或缺点，要根据“尺有所短、寸有所长”的原则，看到学生身上的闪光点，比如有的学生比较自信；有的学生集体观念较强；有的学生心态很好；还有的学生具有坚强的意志等。但是人无完人，每位学生身上不可避免的存在一定缺陷，如心理素质较差、容易自大或自负、自控能力差、组织纪律性不强等。班主任教师不能只看到优等生的优点，后进生的缺陷，否则，只能使后进生产生逆反心理，加深了他们的自卑心态，很有可能会从此一蹶不振。因此，班主任教师要因材施教、因人制宜，注重发挥学生的优势，帮助学生改善自身的缺点，促进学生身心的健康发展，提高班级团队的整体素质。
5坚持“以人为本”的科学发展观
班主任教师要转变自身的教育理念，尊重学生的主体地位，发挥自身的主导作用，看到存在于学生身上的个体差异，认识到个体差异的不同造就了他们不同的思维方式与接受能力，根据他们喜好、习惯的不同，采取个别交谈的方式对他们进行思想教育。要知道，学生是一个个鲜活独立的个体，并不是工厂按照统一标准生产出来的产品，因此，班主任教师除了要对学生进行共性教育以外，还应该特别注重学生之间的个体差异性，运用感情疏导、诚恳交谈等方式，站在朋友的立场上为学生排忧解难，尽量遵循“表扬与启发并用”的原则，让学生理解班主任话语的弦外之音，感受到班主任的一番苦心。这种方式不但有利于化解所有问题与矛盾，还有助于增进学生与教师之间的感情。
总而言之，在当今社会科技发展日新月异的背景下，班主任教师也要不断提高自身道德修多样与专业水平，以适应新社会对教师的更高要求，顺利历史发展潮流。作为班主任教师，要肩负起社会赋予的重要使命，不断改进教学方法、提高自身综合素质、了解学生心理状况，采取因材施教、因人制宜的管理方式，树立教书与育人共进的教学理念，注重调动学生积极性、主动性与创造性的学习精神，全面提高高职学生的综合能力，为其将来的顺利就业奠定基础。
参考文献
[1]邵娴.浅谈高职班主任的工作艺术[J].吉林省教育学院学报(学科版)，2009，(1).
[2]边巍.高职班主任工作的几点体会[J].科技信息，2009，(35).
[3]臧健.做好高职班主任的几点体会[J].职业技术，2006，(18).
心理学认为：人在确立目的和实现目的过程中，都可能遇到各种困难。战胜困难的过程，就是通过意志努力来实现预定目的的过程。克服困难是意志行动最重要的特征，克服困难的行为称之为意志行动。
对于高职高专学生来说，引导他们树立自己的奋斗目标并朝这个目标而努力是非常重要的。只有有了奋斗目标，才会有前进的动力，学习的热情，才会对学习有持久的动力。对高职高专学生来说，A级证或B级证是他们在英语学习上必须要考得的一张很有份量的证书，相当于本科生的英语六级证或四级证，但相当一部分层次较差的高职高专学生的英语水平相当差，150分的题，很多同学的成绩在50分以下，要过B 级很不容易。这时就要鼓励学生确立自己的目标并为之努力。实践表明，有目标并持之以恒的学生成功率更高。
综上所述，非智力因素对智力因素的发展始终起着动力、促进、引导、维持和加强的作用，对学生的学习成绩影响很大，因此，在教学中要充分利用非智力因素对学习的影响，培养学生的非智力因素，促进学生学习成绩的提高。
参考文献
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[2]张大均.教育心理学[M].北京：人民教育出版社，1999.
[3]在职攻读教育硕士专业学位全国统一（联合）考试大纲及指南[Z].北京：北京师范大学出版社，2001.
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[5]李海彦，刘珍龙.英语课堂教学的有效激励策略[J].疯狂英语教师版，2010，（1）：106-108.
李惠桂：非智力因素对高职高专英语学习的促进作用
（上接第173页）
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高等代数多项式习题解答
第一章 多项式习题解答 1.用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r . 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f 9731929269 791437134373 132131232223232 ----+----+----+-x x x x x x x x x x x x x x 9 2926)(,9731)(--=-=x x r x x q . 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 1 752 5 422225200222223232 342342-++--+-+--+---+-+-+++-x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q . 2.q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1 m x m q x p m m x m x m q x p mx x mx x q px x x mx x --++++--+++--++++-+) ()1()1(01 222223232 当且仅当m q p m ==++,012时q px x mx x ++-+32|1.
本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++-+32|1时，用12-+mx x 去除q px x ++3，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为q x -.于是有 q x mq x q m x mx x q x q px x ++--+=-+-=++)1()()1)((2323. 因此有m q p m ==++,012. 2）q px x mx x ++++242|1 由带余除法可得 )1()2()1)(1(2222224m p q x m p m m p mx x mx x q px x --++--++-+-++=++ 当且仅当0)1()2()(22=--++--=m p q x m p m x r 时q px x mx x ++++242|1.即 ???=--+=--0 10)2(22m p q m p m ，即???=+=,1,0p q m 或???==+.1,22q m p 本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++++242|1时，用12++mx x 去除q px x ++24，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为q ax x ++2.于是有 )1)((2224++++=++mx x q ax x q px x .)()1()(234q x mq a x q ma x a m x ++++++++= 比较系数可得.0,1,0=+=++=+mq a p q ma a m 消去a 可得 ???=+=,1,0p q m 或???==+. 1,22q m p 3.求)(x g 除)(x f 的商)(x q 与余式)(x r . 1）;3)(,852)(35+=--=x x g x x x x f 解：运用综合除法可得 327 1093913623271170 83918605023--------- 商为109391362)(234+-+-=x x x x x q ，余式为.327)(-=x r
一道高考数学几何题的多种解法探究
一道高考数学几何题的多种解法探究 本文通过一个高考填空题的四种解法着重阐明解析 几何的思想和方法。解法一打破题目所给的坐标系的禁锢，重新建立坐标系另辟蹊径。解法二根据直线AC⊥BD以此建立新的坐标系，这是本题的又一个另辟蹊径。有了参数α，写出新坐标系下的圆的方程，再数形结合用根与系数的关系求弦长。解法三采用直线参数方程，再一次另辟蹊径为解决本题寻求新的方法，其根本目的是便于计算弦长。解法四是几何法，用添加两条垂线的巧妙运用，结合几个重要定理求出弦长，用重要不等式求四边形的最大值。有了这些好方法，使本来很难做的问题得以迎刃而解。 命题：如图⑴已知AC、BD为⊙O：x?+y?=4的两条互相垂直的弦， 垂足为M（1，），则四边形ABCD的面积的最大值是__. 解法一： 由于|OM|= ，考虑到原来的坐标系中两条弦长的计算比较繁琐，因此可改变方法，以 直线OM为x轴，建立新的直角坐标系，此时M的坐标是（，0）。 1.直线AC与BD有一条斜率不存在时，另一条的斜率
为0.不妨设BD的斜率 不存在，则BD⊥x轴，另一条|AC|为直径4，弦|BD|= 此时四边形ABCD 的面积S=1/2|AC|?|BD|=4 2.当直线AC与BD的斜率都存在时，不妨设AC的斜率为k，（k≠0）则BD的斜率为-1/k.所以AC的直线方 k?x-y-k=0，BD的直线方程为x+k?y-=0 。 设O到AC、BD的距离分别是d1，d2，则d1=，d2= 由垂径定理和相交弦定理得|AC|?=4（|AC|/2）?=4（2+d1）（2-d1）=4（4-d1?）类似地可得到|BD|? S?=（1/2|AC|?|BD|）? ∴S ≤ 5. 当k?=1/k?时k=±1时等式成立，此时四边形ABCD的面积S取得最大值5。 坐标系的恰当建立是解析法解题的重要基础和关键，否则会使计算繁琐。本题解法打破题目所给的直角坐标系的禁锢，重新建立坐标系，这就是另辟蹊径的重要途径。然后再综合运用圆的垂经定理和相交弦定理，点到直线的距离公式和重要不等式定理就可解决问题。 解法二：由于AC⊥BD，分别以AC、BD所在直线为x′、y′轴，建立如图新的直角坐标系设∠xMx′=α，则M的坐标为（0，0），O的坐标是（-cosα，sinα），圆的方程是（x′+cosα）?+（y′-sinα）?=4
一题多解之五种方法解一道经典数学题
1 O B C D ① A 一题多解之五种方法解一道经典数学题 江苏海安紫石中学 黄本华 一题多解是我们学习数学的特好方法！通过一题多解，我们可以多角度、多方位地去思考解题的方案，这样不仅能加强知识间的联系，同时也增添新颖性和趣味性，优化我们的思维结构，提升我们的思维能力。更重要的是，一题多解让我们不仅只满足解题目标的实现，而是让我们拥有了研究学问的态度！ 例题 如图，在平面直角坐标系中，点A (－1，0)，B (0，3)，直线BC 交坐标轴于B ， C 两点，且∠CBA ＝45°.求直线BC 的解析式． 【分析】要求BC 解析式，现在已经知道了B 点坐标，所以只要求到C 点坐标就好了。这就要用到条件∠CBA ＝45°。但这个条件如何用呢？这是本题的难点，也是关键点。考虑到这个角是45°，我们可以尝试做垂线，构造等腰直角三角形。如图①，作AD ⊥BC 于D ，由A 、B 的坐标可知1OA =，3OB =，根据勾股定理2 2 10AB OA OB =+=， 5BD AD ==AC x =，则1OC x =+，25DC x =-255BC x =-，在 RT OBC ?中， 根据勾股定理得出222OC OB BC +=，即()2 222 13(55)x x ++=-，解得15 2 x =- （舍去），25x =，求得6OC =，得出C （﹣6，0），然后根据待定系数法即可求得BC 的解析式． 解法一：如图①，作AD ⊥BC 于D ， ∵点A （﹣1，0），B （0，3）， ∴1OA =，3OB =，∴2 2 10AB OA OB =+=， ∵∠CBA =45°，∴△ABD 是等腰直角三角形， ∴5BD AD == 设AC x =，则1OC x =+， ∴25DC x =-，∴BC=+255BC x = -+， 在152 x =- 中，222OC OB BC +=2 ，即()222213(55)x x ++=-）， 解得x 1=﹣ （舍去），25x =， ∴5AC =，6OC =，∴C （﹣6，0）， 设直线BC 的解析式为3y kx =+，
一道高考数学试题的多种解法
一道高考试题的多种解法 2007年普通高等学校招生全国统一考试卷Ⅰ理科数学19题: S?ABCDABCD为平行四边形底面,四棱锥中, CBBCS?A面侧.已知底面2BC?23?SA?SB2?AB45??ABC. ,,,BC?SA; 证明(Ⅰ)SABSD. 与平面所成的角的大小(Ⅱ)求直线下面只列,第一问证法较多,第二问相对作法较少: 举几种第一问的证法AOO?BCSSO. ）垂足为证法一:过（如图作,连接1,?SOCDBC?ABS面底得由侧面底面 ABCDSASBCDAOBOAB内的射,、分别是、在底面影. ?OBOASA?SB? ,又45??ABC?ABO?, 形直,角三角又是等腰?OB?OA. BC?SA. 由三垂线定理得SOOAO?BCA1). 连接如图,垂足为(:证法二过,作?SBCSBCSASOSBC?ABCDAO?且由侧面,在侧面底面内的射 影得是,侧面BO,AO?AO?SO. 45?ABO??SBO????SA?ABO?SBSAOOBOA?. .,在又,中90SOA???SOB??SOOB?. 即BCSA?. 由三垂线定理得 OBCAC连接,记证法三:连接的中点为,ABCAOSO?中2).、在(如图 2BC?245??ABC?2AB?ABC?,,,?BCAO?) .(是等腰直角三角形, 下同证法二OACBC连接的中点为,记,证法四:连接 2BC?245ABO???2AB?ABC?SOAO?ABC是等腰直角,中,,2).、(如图在?BC?AO. 三角形, ??SBCSOSASBCSBCABCDAO?. 在侧面,是又侧面底面,内的射影侧面3?cosSBA?SAB?. 在中易得3． 6???SBCcosCBAcos??cos?SBCcos?SBA. 又3?3SC?SO??BCSBC. 中由余弦定理得,在SA?BC. 由三垂线定理得AAO?BCOSO(如图,连接,垂足为过证法五:1). 作?SOSA?SBCSBCSBC?ABCDAO内的射影侧面由侧面,,底面在侧面得且是AO?SO,AO?BO. OA?OB?245??ABC?2AB?ABO?Rt. ,在中,AOS?SORt??12SA?3,AO?. ,在中BOSSO?1?OB?SO?2BO?SB?3,. 中在,,SA?BC. 由三垂线定理得?SBABCDABCDBCSBC?. ,证法六: 侧面在底面内的射影为底面 3??SBAcosSAB?. 中易得在36?cos?SBC?CBA??SBA?cos?SBCcoscos又. 3 SC?3SBC?. 在中由余弦定理得?AO?ABCDBC?SOBCOAOSOSO?是记则的中点为,连接底面、,(如图1),SAABCD内的射影.
2020年中考数学 一道竞赛题的多种解法
一道竞赛题的多种解法 数学被公认为是“思维的体操”，原因之一是数学题目本身蕴含或隐藏着各种各样的联系，促使我们去分析，去发现；同时，在一个题目周围，又往往能衍生出一大批与之相关的，相似的内容丰富的问题，引发我们进一步探究和深思。数学解题不在多，而在深。认真研究某一问题，深入钻研进去，就会有异常的收获，因此解题要注意，扩大解题成果。 题：已知a、b、c是三角形ABC的三条边长，△是该三角形的面积. 求证: a2+b2+c2≥43△,指出在什么条件下等号成立？ 解一：分析： 探索求解思路：求证的不等式可以改写为： 先考虑特殊情形：三角形ABC是等边三角形时，即a=b=c时， ∴ △ABC为等边三角形时成立. 又利用“三角形周长一定时，以等边三角形的面积为最大（不妨设为T）”的结论，只需证明“”即可. 证明：∵当三角形的周长a+b+c一定时，以等边三角形的面积为最大，则： ∴ 当且仅当a=b=c时取等号.
证明二：由 得证. 证明三：由三角形面积的海伦公式 16△2=2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4 又 a4+b4+c4-(a2b2+b2c2+c2a2) ∴a4+b4+c4≥a2b2+b2c2+c2a2 ∴(a2+b2+c2)2=a4+b4+c4+2a2b2+2b2c2+2a2c2 ≥3(2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4) =3×16△2=48△2 从而得证. 证明四： (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) 其中当且仅当b+c-a=c+a-b=a+b-c, 即a=b=c时，等号成立. 此题的证法不只限于这几种，大家还可想出更多的新的解题思路。
高等代数习题答案.doc
高等代数（北大第三版）答案 目录 第一章多项式 第二章行列式 第三章线性方程组 第四章矩阵 第五章二次型 第六章线性空间 第七章线性变换 第八章—矩阵 第九章欧氏空间 第十章双线性函数与辛空间 注： 答案分三部分，该为第二部分，其他请搜索，谢谢！
12．设 A 为一个 n 级实对称矩阵，且 A 0 ，证明：必存在实 n 维向量 X 0 ，使 X AX 0 。 证 因为 A 0，于是 A 0 ，所以 rank A n ，且 A 不是正定矩阵。故必存在非 退化线性替换 X C 1Y 使 XAX YC 1 ACY Y BY y 12 y 22 y p 2 y p 2 1 y p 2 2 y n 2 ， 且在规范形中必含带负号的平方项。于是只要在 Z C 1Y 中，令 y y 2 y p 1 0, y p 1 y p 2 y n 1, 则可得一线性方程组 c 11 x 1 c 12 x 2 c 1n x n c p 1 x 1 c p 2 x 2 c pn x n ， c p 1,1 x 1 c p 1, 2 x 2 c p 1,n x n 1 c n1 x 1 c n 2 x 2 c nn x n 1 由于 C 0 ，故可得唯一组非零解 X s x 1s , x 2s , , x ns 使 X s AX s 0 0 0 1 1 1 n p 0 ， 即证存在 X 0，使 X AX 0 。 13 ．如果 A, B 都是 n 阶正定矩阵，证明： A B 也是正定矩阵。 证 因为 A, B 为正定矩阵，所以 X AX , X BX 为正定二次型，且 X AX 0 ， X BX 0 ， 因此 X A B X X AX X BX 0 ， 于是 X A B X 必为正定二次型，从而 A B 为正定矩阵。 14 ．证明：二次型 f x 1 , x 2 , , x n 是半正定的充分必要条件是它的正惯性指数与秩相等。 证 必要性。采用反证法。若正惯性指数 p 秩 r ，则 p r 。即 f x 1 , x 2 , , x n y 2 y 2 y 2 y 2 y 2 ， 1 2 p p 1 r 若令
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一道高考选择题的多种解法 题目：两个可视为质点的小球a 和b ，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示。已知小球a 和b 的质量之比为3，细杆长度是球面半径的2倍。两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ） A. 45 B. 30 C. 5.22 D. 15 解法一：力矩平衡 辅助线如图所示，其中ON 垂直ab ，OM 垂直水平虚线，则θ=∠MON 。又由于R ab 2=，所以三解形aOb 为等腰直角三角形。以O 点为转轴，用力矩平衡原理有（图中未做出转轴到力的作用线的距离）： ?? ? ??+=??? ??-θπθπ4sin 4sin gR m gR m b a 整理得 ?? ? ??+=??? ??-θπθπ4sin 4sin 3…………………………（1） 将四个选项代入可知，选项D 正确。 附：若将上面的（1）式展开来看，可以直接求出关于关于θ的三角函数值，但从下面的计算可以看出，这样做来选择正确选项，并不是容易的。 θθθθcos 2 2sin 22sin 223cos 223+=?-? 整理可得： 32tan -=θ 图2 图1
可以很容易的知道A 和B 是不正确的，但由于我们没有记住C 和D 的角度的正切值，所以说不易找到结果。这说明了解选择题和解答题的解法是不同的。 解法二：共点力平衡——正弦定理 受力分析如图3所示，由于两物体处于平衡状态，所以所受到的三个力将分别构成封闭的三角形。 由两直线平行，同位角相等，可知a 、b 两物体所受支持与直方向的夹角分别为θπ -4和 θπ +4。在两个三角形中分别用正弦定理，有 4sin 4sin 1π θπg m F =??? ??- (2) 4sin 4sin 2π θπg m F =??? ??+ (3) （2）式除以（3）式，整理可得 34sin 4sin 12==?? ? ??-??? ??+m m θπθπ 将四个选项分别代入上式可以找到正确答案。 解法三：共点力平衡——正交分解法 如图对a 进行受力分析并建立直角坐标系。由共点力平衡条件可知 图4 图3
一道几何常规题的五种解法
一道几何常规题的五种解法 发表时间：2019-06-10T15:11:06.673Z 来源：《知识-力量》2019年8月28期作者：向星[导读] 一道数学题可以涵盖很多知识点。当然，一道数学题的解法也有很多。在数学教学中，教师引导学生探究一道数学题的多种解法是很有必要的。因此，本文就从一道数学常规题出发，探讨了它的多种解法。通过对不同方法的分析，旨在给我们的数学带来一定的启示。（湖北省秭归县归州镇初级中学，湖北省宜昌市 443601） 摘要：一道数学题可以涵盖很多知识点。当然，一道数学题的解法也有很多。在数学教学中，教师引导学生探究一道数学题的多种解法是很有必要的。因此，本文就从一道数学常规题出发，探讨了它的多种解法。通过对不同方法的分析，旨在给我们的数学带来一定的启示。关键词：数学教学；几何题；多种解法 在平常做数学题时，同学们受时间和知识局限等因素的影响，解题方法往往较单一，如果遇到问题多角度的思考，会回忆出更多的基础知识，收获一些解决问题的方法。下面笔者用一个常规题进行说明，供同学们参考。 如图1：正方形ABCD边BC上一点E，过E作AE的垂线交 BCD的外角平分线于点F，求证：AE=EF。 分析:本题是以正方形为条件，证两线段相等问题。对于几何证明题，若能根据已知求证并结合所给图形的特征(数字、关系、结构)，通过分析，适当添置辅助线，则能形成证题思路。 方法1：构造全等 本题是最常见的证明线段相等问题，最常规的方法也就是证明全等，观察AE和EF，所在的三角形有两种（并不全等），一个是直角三角形，一个是钝角三角形，很显然要紧扣条件构造全等。 俗话说：“条条大路通罗马”。以上展示了几种解法，都可以解决问题，构造全等（相似），利用对称转化是几何计算证明的常规方法；代几结合是一种数形结合思想所以每道题做完后，不妨再想一想，还有没有其它解法呢？如果能养成这样的思考习惯，或许能开阔我们做题的思路，又能加强数学知识的横向联系。 参考文献 [1]教育部.义务教育数学课程标准（2011年版）[M].北京：北京师范大学出版社，2011.
一道高考数学试题的多种解法
一道高考试题的多种解法 2007年普通高等学校招生全国统一考试卷Ⅰ理科数学19题: 四棱锥S ABCD -中,底面ABCD 为平行四边形, 侧面S B C ⊥底面A B C .已知 45ABC ∠=,2AB =,BC =SA SB ==(Ⅰ)证明SA BC ⊥; (Ⅱ)求直线SD 与平面SAB 所成的角的大小. 第一问证法较多,第二问相对作法较少,下面只列 举几种第一问的证法: 证法一:过S 作SO BC ⊥,垂足为O ,连接AO （如图1）. 由侧面S B C ⊥底面A B C D 得SO ⊥底面 A B C D ,AO 、BO 分别是SA 、SB 在底面ABCD 内的射 影. 又SA SB =,∴OA OB = 又45ABC ∠=,∴ABO ?是等腰直角三角形, ∴OA OB ⊥. 由三垂线定理得SA BC ⊥. 证法二:过A 作AO BC ⊥,垂足为O ,连接SO (如图1). 由侧面SBC ⊥底面ABCD 得AO ⊥侧面SBC ,∴SO 是SA 在侧面SBC 内的射影,且,AO SO AO BO ⊥⊥. 在ABO ?中45ABO ∠=,∴OA OB =.又SA SB =,SAO SBO ∴???. 90SOB SOA ∴∠=∠=即OB SO ⊥. 由三垂线定理得SA BC ⊥. 证法三:连接AC ,记BC 的中点为O ,连接 AO 、SO (如图2).在ABC ?中 45ABC ∠=,2AB =,BC =∴ABC ? 是等腰直角三角形, ∴AO BC ⊥.(下同证法二) 证法四:连接AC ,记BC 的中点为O ,连接 AO 、SO (如图2).在ABC ?中45ABO ∠=,2AB =,BC =∴ABC ?是等腰直角三角形, ∴AO BC ⊥. 又侧面SBC ⊥底面ABCD ,∴AO ⊥侧面SBC ,SO 是SA 在侧面SBC 内的射影. 在SAB ?中易得cos SBA ∠=
一道初中几何题的多种解法
一道初中几何题的多种解法 【题目】已知：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： FB AF ED AE 2=. 【分析】平行线分线段成比例 【提示】系数2既是难点，又是突破点 【解法1】 证：连BE ，则由同高三角形面积关系得 BCF ACF BEF AEF S S S S FB AF ????==，CDE AEC S S ED AE ??= 根据等比性质得： BCE ACE BEF BCF AEF ACF S S S S S S FB AF ??????= --= ∵D 为BC 的中点， ∴D CE BCE S S ??=2 ∴ DE AE FB AF 2=，即FB AF ED AE 2= 【解法2】 证：过D 作CF DM //交AB 于M ， ∵CF DM //， ∴ FM AF ED AE = ∵D 为BC 的中点，CF DM // ∴M 为BF 的中点，即BF MF 2 1 = ， ∴BF AF ED AE 2 1 = ，即FB AF ED AE 2= 【解法3】 证：过D 作AB DN //交CF 于N ， ∵AB DN //， C D B C C
∴ DN AF ED AE = ∵D 为BC 的中点，AB DN // ∴N 为CF 的中点， ∴DN 为BCF ?的中位线，则BF DN 2 1 = ∴ BF AF ED AE 2 1= ，即FB AF ED AE 2= 【解法4】 证：过B 作CF BG //交AD 延长线于G ， ∵CF BG //， ∴ EG AE FB AF = ∵D 为BC 的中点，CF BG // ∴D 为GF 的中点，即DE EG 2= ∴ DE AE FB AF 2=， 即FB AF ED AE 2= 【解法5】 证：过B 作AD BH //交CF 延长线于H ， ∵AD BH //， ∴BH AE FB AF = ∵D 为BC 的中点，AD BH // ∴E 为CH 的中点， ∴DE 为BCH ?的中位线，则DE BH 2= ∴DE AE FB AF 2=，即FB AF ED AE 2= 【解法6】 证：过A 作BC AK //交CF 延长线于K ， ∵BC AK //， G C C
高等代数习题及答案(1)
高等代数试卷 一、判断题（下列命题你认为正确的在题后括号内打“√”，错的打“×”；每小题1分，共10分） 1、)(x p 若是数域F 上的不可约多项式，那么)(x p 在F 中必定没有根。 （ ） 2、若线性方程组的系数行列式为零，由克莱姆法则知，这个线性方程组一定是无解的。 （ ） 3、实二次型),,,(21n x x x f 正定的充要条件是它的符号差为n 。 （ ） 4、 321321;3,2,1,,,x x x i R x x x x W i 是线性空间3R 的一个子空间。（ ） 5、数域F 上的每一个线性空间都有基和维数。 （ ） 6、两个n 元实二次型能够用满秩线性变换互相转化的充要条件是它们有相同的正惯性指数和负惯性指数。 （ ） 7、零变换和单位变换都是数乘变换。 （ ） 8、线性变换 的属于特征根0 的特征向量只有有限个。 （ ） 9、欧氏空间V 上的线性变换 是对称变换的充要条件为 关于标准正交基的矩阵为实对称矩阵。 （ ） 10、若 n ,,,21 是欧氏空间V 的标准正交基，且 n i i i x 1 ，那么 n i i x 1 2 。 （ ） 二、单项选择题（从下列各题四个备选答案中选出一个正确答案，并将其号码写 在题干后面的括号内。答案选错或未作选择者，该题无分。每小题1分，共10分） 1、关于多项式的最大公因式的下列命题中，错误的是（ ） ① n n n x g x f x g x f ,, ； ② n j i j i f f f f f j i n ,,2,1,,,1,1,,,21 ； ③ x g x g x f x g x f ,, ； ④若 1,1, x g x f x g x f x g x f 。 2、设D 是一个n 阶行列式，那么（ ） ①行列式与它的转置行列式相等； ②D 中两行互换，则行列式不变符号； ③若0 D ，则D 中必有一行全是零； ④若0 D ，则D 中必有两行成比例。 3、设矩阵A 的秩为r r (>)1，那么（ ） ①A 中每个s s (<)r 阶子式都为零； ②A 中每个r 阶子式都不为零；
一道高考题的五种解法
一道高考题的五种解法-中学数学论文 一道高考题的五种解法 高成龙 （首都师范大学数学科学学院，北京100048） 摘要：数学被称为思维的体操，一题多解可以透过多个角度来审视一道题目，对学生的解题能力有很大提高。本文通过对一道高考题进行深入分析，得出五种解法，拓展了解题思路，培养学生探究式学习的兴趣。 关键词：三角函数；一题多解；高考 中图分类号：G633文献标识码：A文章编号：1005-6351(2013)-11-0025-01 题目：（2012年全国大纲卷·理7）已知α为第二象限角，且si nα+cosα=33，则cos2α=（） A.－53 B.－59 C.53 D.59 分析一：利用三角函数基本公式sin2α+cos2α=1，联立方程组来求解得sinα,cosα的值，进而求得cos2α的值. 解法一：sin2α+cos2α=1（1），sinα+cosα=33（2），联立（1）式与（2）式消去cosα得：2sin2α－233sinα－23=0， 求得sinα=3+156或sinα=3－156. 又由题设α为第二象限角，所以sinα0，即sinα=3+156 ，代入（2）式得cosα=3－156，由cos2α=cos2α－sin2α得cos2α=－53，选A. 分析二：在解法一中求得sinα的值之后，无需在求cosα，直接利用cos2α=1－2sin2α来求cos2α的值. 解法二：由解法一求得sinα=3+156，由cos2α=1－2sin2α得cos2α=1－
2sin2α=1－23+1562=－53，选A. 分析三：根据sinα+cosα=33先求得sin2α的值，进而求得cos2α的值. 解法三：因为sinα+cosα=33，将其两边完全平方得: sinα+cosα2=1+sin2α=13，解得:sin2α=－23，利用sin22α+cos22α=1得cos2α=±53，由题设α∈π2,π，则2α∈π,2π，即2α位于第三或第四象限，这样cos2α的符号不唯一，因此这种方法不能确定cos2α的符号. 下面从另一个角度来确定cos2α的符号：根据二倍角公式cos2α=cos2α－sin2α=cosα+sinα·cosα－sinα，因为α为第二象限角，所以cosα0,sinα0，从而cosα－sinα0，另外sinα+cosα=330，因此cos2α0，从而cos2α=－53，选A. 分析四：解法思路同解法三相同，区别在于判断cos2α的符号取决于cosα与sinα的大小. 解法四：同解法三实质一样，求得cos2α=±53，下面来判断cos2α的符号，因为α为第二象限角，所以cosα0,sinα0，且sinα+cosα=330，从而sinαcosα，因此cos2α=cosα2－sinα20，从而cos2α=－53，选A. 分析五：由已知sinα+cosα的值，利用恒等式去求解cosα－sinα的值，进而求得cos2α的值. 解法五：由于题目已知sinα+cosα=33,为避免求sin2α的值，直接利用恒等式cosα+sinα2+cosα－sinα2=2得cosα－sinα2=53，又由解法三cosα－sinα0，因此cosα－sinα=－153，从而cos2α=cosα+sinα·cosα－sinα=33×－153=－53,选A. 作者简介：高成龙，首都师范大学数学科学学院，2012级研究生，研究方向：
一道飞行问题的多种解法
一道飞行问题的多种解法 列方程组解风中飞行问题时，首先要了解如下几个概念： 1.飞行速度：风速为零时的速度； 2.顺速：飞机顺着风向飞行的速度； 3.逆速：飞机逆着风向飞行的速度. 其次要掌握下面几个关系式： 顺速＝飞行速度＋风速； 逆速＝飞行速度－风速； 飞行速度＝(顺速＋逆速)÷2； 风速＝(顺速－逆速)÷2. 接下来，我们就以九年义务教材初中《代数》第一册(下)第47页第7题为例，通过一题多解，谈谈如何设未知数列一次方程组解应用题. 题目 A市至B市航线长1200km，一架飞机从A市顺风飞往B市需2小时30分，从B 市逆风飞往A市需3小时20分.求飞机的速度与风速. 分析本题中明显的未知数有两个，即：飞机的速度与风速.除此之外，还有两个隐藏的未知数，即：顺风速度与逆风速度.所以我们可以通过设直接未知数和间接未知数，列出六个二元一次方程组，四个三元一次方程组和一个四元一次方程组求解. 1.列二元一次方程组 解1 设飞机速度为 x km/时，风速为ykm/时，根据路程＝速度×时间列出方程组： 答：飞机的速度为 420 km/时，风速为 60km/时. 解2 设飞机速度为x km/时，顺风速度为 y km/时，根据路程＝速度×时间及上述关系式，列出方程组
∴ 风速＝480－420＝60. 答：飞机的速度为 420 km/时，风速为 60km/时. 解3 设飞机速度为 x km/时，逆风速度为 y km/时，根据路程＝速度×时间及上述关系式列出方程组 ∴ 风速＝420－360＝60. 答：飞机的速度为 420 km/时，风速为 60km/时. 解4 设风速为x km/时，顺风速度为 ykm/时，根据路程＝速度×时间及上述关系式列出方程组 ∴ 飞机速度＝480－60＝420. 答：飞机的速度为 420 km/时，风速为 60km/时. 解5 设风速为 x km/时，逆风速度为ykm/时，根据路程＝速度×时间及上述关系式列出方程组
高等代数(北大版)第7章习题参考答案
第七章 线性变换 1． 判别下面所定义的变换那些是线性的，那些不是： 1） 在线性空间V 中，A αξξ+=,其中∈αV 是一固定的向量； 2） 在线性空间V 中，A αξ=其中∈αV 是一固定的向量； 3） 在P 3 中，A ),,(),,(2 33221321x x x x x x x +=； 4） 在P 3 中，A ),,2(),,(13221321x x x x x x x x +-=； 5） 在P[x ]中，A )1()(+=x f x f ； 6） 在P[x ]中，A ),()(0x f x f =其中0x ∈P 是一固定的数； 7） 把复数域上看作复数域上的线性空间， A ξξ=。 8） 在P n n ?中，A X=BXC 其中B,C ∈P n n ?是两个固定的矩阵. 解 1)当0=α时,是;当0≠α时,不是。 2)当0=α时,是;当0≠α时,不是。 3)不是.例如当)0,0,1(=α,2=k 时,k A )0,0,2()(=α, A )0,0,4()(=αk , A ≠)(αk k A()α。 4)是.因取),,(),,,(321321y y y x x x ==βα,有 A )(βα+= A ),,(332211y x y x y x +++ =),,22(1133222211y x y x y x y x y x ++++--+ =),,2(),,2(1322113221y y y y y x x x x x +-++- = A α+ A β， A =)(αk A ),,(321kx kx kx ),,2() ,,2(1322113221kx kx kx kx kx kx kx kx kx kx +-=+-= = k A )(α， 故A 是P 3 上的线性变换。 5) 是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈,并令 )()()(x g x f x u +=则 A ))()((x g x f += A )(x u =)1(+x u =)1()1(+++x g x f =A )(x f + A ))((x g ， 再令)()(x kf x v =则A =))((x kf A k x kf x v x v =+=+=)1()1())((A ))((x f ， 故A 为][x P 上的线性变换。 6)是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈则. A ))()((x g x f +=0(x f 0()x g +=)A +))((x f A )((x g )， A 0())((x kf x kf =k =)A ))((x f 。 7)不是，例如取a=1,k=I ，则A (ka)=-i , k(A a)=i, A (ka )≠k A (a)。 8)是，因任取二矩阵Y X ,n n P ?∈，则A (=+=+=+BYC BXC C Y X B Y X )()A X +A Y ，
高等代数北大版习题参考答案
第九章 欧氏空间 1.设()ij a =A 是一个n 阶正定矩阵,而 ),,,(21n x x x Λ=α, ),,,(21n y y y Λ=β, 在n R 中定义内积βαβα'A =),(, 1) 证明在这个定义之下, n R 成一欧氏空间； 2) 求单位向量 )0,,0,1(1Λ=ε, )0,,1,0(2Λ=ε, … , )1,,0,0(Λ=n ε， 的度量矩阵； 3) 具体写出这个空间中的柯西—布湿柯夫斯基不等式。 解 1)易见 βαβα'A =),(是n R 上的一个二元实函数，且 (1) ),()(),(αβαβαββαβαβα='A ='A '=''A ='A =， (2) ),()()(),(αβαββαβαk k k k ='A ='A =，
(3) ),(),()(),(γβγαγβγαγβαγβα+='A '+'A ='A +=+， (4) ∑='A =j i j i ij y x a ,),(αααα， 由于A 是正定矩阵，因此∑j i j i ij y x a ,是正定而次型，从而0),(≥αα，且仅当0=α时有 0),(=αα。 2)设单位向量 )0,,0,1(1Λ=ε, )0,,1,0(2Λ=ε, … , )1,,0,0(Λ=n ε， 的度量矩阵为 )(ij b B =，则 )0,1,,0(),()(ΛΛi j i ij b ==εε??????? ??nn n n n n a a a a a a a a a Λ M O M M ΛΛ2 122222 11211)(010j ? ??? ??? ? ??M M =ij a ，),,2,1,(n j i Λ=， 因此有B A =。 4) 由定义，知 ∑=j i j i ij y x a ,),(βα ， α== β==
高等代数多项式习题解答(供参考)
第一章 多项式习题解答 1.用)(x g 除)(x f ，求商)(x q 与余式)(x r . 1）123)(,13)(223+-=---=x x x g x x x x f 9 2926)(,9731)(--=-=x x r x x q . 2）2)(,52)(24+-=+-=x x x g x x x f 75)(,1)(2+-=-+=x x r x x x q . 2.q p m ,,适合什么条件时，有 1）q px x mx x ++-+32|1 当且仅当m q p m ==++,012时q px x mx x ++-+32|1. 本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++-+32|1时，用12-+mx x 去除q px x ++3，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商为q x -.于是有 q x mq x q m x mx x q x q px x ++--+=-+-=++)1()()1)((2323. 因此有m q p m ==++,012. 2）q px x mx x ++++242|1 由带余除法可得 当且仅当0)1()2()(22=--++--=m p q x m p m x r 时q px x mx x ++++242|1.即 ???=--+=--010)2(22m p q m p m ，即???=+=,1,0p q m 或? ??==+.1,22q m p 本题也可用待定系数法求解.当q px x mx x ++++242|1时，用12++mx x 去除q px x ++24，余式为零，比较首项系数及常数项可得其商可设为q ax x ++2.于是有 比较系数可得.0,1,0=+=++=+mq a p q ma a m 消去a 可得 ???=+=,1,0p q m 或???==+. 1,22q m p
高等代数北大版习题参考答案
第七章线性变换 1．?判别下面所定义的变换那些是线性的，那些不是： 1）?在线性空间V 中，A αξξ+=,其中∈αV 是一固定的向量； 2）?在线性空间V 中，A αξ=其中∈αV 是一固定的向量； 3）?在P 3 中，A ),,(),,(2 33221321x x x x x x x +=； 4）?在P 3中，A ),,2(),,(132213 21x x x x x x x x +-=； 5）?在P[x ]中，A )1()(+=x f x f ； 6）?在P[x ]中，A ),()(0x f x f =其中0x ∈P 是一固定的数； 7）?把复数域上看作复数域上的线性空间，A ξξ=。 8）?在P n n ?中，A X=BXC 其中B,C ∈P n n ?是两个固定的矩阵. 解1)当0=α时,是;当0≠α时,不是。 2)当0=α时,是;当0≠α时,不是。 3)不是.例如当)0,0,1(=α,2=k 时,k A )0,0,2()(=α,A )0,0,4()(=αk , A ≠ )(αk k A()α。 4)是.因取),,(),,,(321321y y y x x x ==βα,有 A )(βα+=A ),,(332211y x y x y x +++ =),,22(1133222211y x y x y x y x y x ++++--+ =),,2(),,2(1322113221y y y y y x x x x x +-++- =A α+A β， A =)(αk A ),,(321kx kx kx =k A )(α， 故A 是P 3 上的线性变换。 5)是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈,并令 )()()(x g x f x u +=则 A ))()((x g x f +=A )(x u =)1(+x u =)1()1(+++x g x f =A )(x f +A ))((x g ， 再令)()(x kf x v =则A =))((x kf A k x kf x v x v =+=+=)1()1())((A ))((x f ， 故A 为][x P 上的线性变换。 6)是.因任取][)(],[)(x P x g x P x f ∈∈则. A ))()((x g x f +=0(x f 0()x g +=)A +))((x f A )((x g )， A 0())((x kf x kf =k =)A ))((x f 。 7)不是，例如取a=1,k=I ，则A (ka)=-i,k(A a)=i,A (ka )≠k A (a)。 8)是，因任取二矩阵Y X ,n n P ?∈，则A (=+=+=+BYC BXC C Y X B Y X )()A X +A Y ，
高等代数(北大版)第5章习题参考答案
第五章 二次型 1．用非退化线性替换化下列二次型为标准形，并利用矩阵验算所得结果。 1）323121224x x x x x x ++-； 2）2 3322221214422x x x x x x x ++++； 3）3231212 2216223x x x x x x x x -+--； 4）423243418228x x x x x x x x +++； 5）434232413121x x x x x x x x x x x x +++++； 6）4342324131212 422212222442x x x x x x x x x x x x x x x ++++++++； 7）4332212 4232221222x x x x x x x x x x ++++++。 解 1）已知 ()323121321224,,x x x x x x x x x f ++-=， 先作非退化线性替换 ??? ??=-=+=33 212211y x y y x y y x （1） 则 ()312 221321444,,y y y y x x x f ++-= 2 223233121444y y y y y y ++-+-= ()2 2 233 3142y y y y ++--=， 再作非退化线性替换 ??? ? ??? ==+=3 3223112121z y z y z z y （2） 则原二次型的标准形为
()2 322213214,,z z z x x x f ++-=， 最后将（2）代入（1），可得非退化线性替换为 ??? ? ? ? ??? =+-=++=333212321 121212 121z x z z z x z z z x （3） 于是相应的替换矩阵为 ?? ?????? ? ?-=? ?????? ??????? ??-=1002112 1 210 2110001021021100011011T ， 且有 ??? ? ? ??-='100040001AT T 。 2）已知()=321,,x x x f 2 3322221214422x x x x x x x ++++， 由配方法可得 ()()() 2 33222222121321442,,x x x x x x x x x x x f +++++= ()()2 322 212x x x x +++=， 于是可令 ??? ??=+=+=33 3222112x y x x y x x y ， 则原二次型的标准形为 ()2 221321,,y y x x x f +=， 且非退化线性替换为
一道几何题的多种解法探索
人教版初中 一道几何题的多种解法探索 有些三角形问题，条件与结论存在比较隐秘的关系，这给问题的解决带来一定的困难. 若能设法添加辅助线，并充分利用图形的几何性质，问题就能巧妙地得到解决. 请看下例 例如图，在△ABC中，AB=AC，延长AB到D，使BD=AB，E为AB的中点. 求证：CD=2CE. 一、截长法——将长线段二等分，设法证明其一份长等于短线段长. 证法1如图1，取CD的中点 ．．F，连BF，则CD=2CF. ∵BD=AB， ∴BF//AC，且 1 2 BF AC = ∴∠CBF=∠ACB. ∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB.∴∠ABC =∠CBF . ∵ 1 , 2 BE AB =∴BE=BF 又∵BC=BC，∴△BCE≌△BCF. ∴CE=CF. ∴CD=2CE. 点评此法利用截长法，构造三角形全等，并通过三角形全等架通桥梁. 二、补短法——将短线段延长一倍，设法证明延长后的线段等于长线段. 证法2如图2，延长CE到F，使EF=EC. ∵BE=AE，EF=EC，∠BEF=∠AEC， ∴△EFB≌△ECA，∴∠EBF=∠EAC，BF=AC. ∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB. 而∠FBC=∠EBF+∠ABC，∠DBC=∠EAC+∠ACB， ∴∠FBC=∠DBC. 而BD=AB= AC= BF，BC=BC， ∴△CBF≌△CBD，∴CF=CD. 而CF=2CE，∴CD=2CE 点评此法利用AB边上的中线CE，将其延长一倍，并构造全等三角形证得结论. 三、折半法——通过添加辅助线，使辅助线段长等于长线段的一半. 证法3如图3，取AC的中点F，连BF. ∵AB=AC，∴AE=AF， 又∠A=∠A， ∴△ABF≌△ACE，∴CE=BF. ∵BD=AB，AF=FC，∴BF是△ABD的中位线. ∴2 CD BF =，∴CD=2CE. 点评此法取中点配中点，构造三角形中位线（折半），并通过.1. 三角形全等证得结论. 证法4如图4，取BC的中点F，取BD的中点G，连EF、FG，则EF是△ABC的中位线，GF是△BCD的中位线.