一题多解与一题多变ppt课件

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物理习题教学中的一题多解

物理习题教学中的一题多解、一题多变、一题多问
1 . 一题多解培养思维发散性
一题多解是指通过不同的思维途径，采用多种解题方法解决同一个实际问题的教学方法。

它有利于培养学生辨证思维能力，加深对概念、规律的理解和应用，提高学生的应变能力，启迪学生的发散性思维。

在物理解题过程中，我们可以通过“一题多解”训练拓宽自己的思路，在遇到新的问题时能顺利挖掘出物理量间的相互关系和物理规律间的内在联系，培养求异思维，使自己的思维具有流畅性。

2 一题多变诱导学生思路
在习题课中的“一题多变”是指从多角度、多方位对例题进行变化，引出一系列与本例题相关的题目，形成多变导向，使知识进一步精化的教学方法．思维的变通性是指摆脱定势的消极影响，不局限于问题的某一方面，能够随机应变，举一反三，触类旁通。

在二轮复习的解题过程中主动出击，运用变式，通过“一题多变”演绎问题的产生过程，能够摆脱由生活习惯中原有思维方式和平时解题所带来的思维定势，使思维具有变通性。

3 一题多问培养思维的严密性
思维的严密性，主要表现在通过细致缜密的分析，从错综复杂的联系与关系中认识事物的本质。

在题目解完后再通过“一题多问”自己考虑问题更全面细致，让自己的思维具有严密性。

这种“多题归一”的方法还可以培养思维的概括性。

思维的概括性是指思维能够反映一类事物的共同的本质的特征，以及事物之间的本质联系和规律。

许多物理习题具有物理过程、规律和性质类似的问题，它们间只有不同程度的量的差异而无质的区别，在复习过程中做过一定量的习题后进行反思，通过“多题归一”，进行有的放矢的精解和拓宽，可以使思维具有概括性。

一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考

一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考题目：如何使用人工智能来保护环境？一题多问：1. 人工智能有什么样的作用，可以帮助我们保护环境吗?2. 运用人工智能技术如何能够保护环境？3. 人工智能技术是怎么应用于环境保护方面的？一题多变：1. 如何利用人工智能技术来减少环境污染？2. 人工智能在环境管理中有什么作用？3. 如何利用人工智能来改善环境质量？一题多解：对于如何使用人工智能来保护环境这一问题，有不同的应用方法。

首先，人工智能可以帮助我们准确快速的监测环境变化，这样就可以及时发现污染源，减少环境污染。

其次，人工智能技术可以支持环境保护组织、政府部门精确及时的实施环境治理项目，这样可以更好更快的改善环境质量。

此外，人工智能技术还可以提供减少水污染的策略，以及在城市规划上的改善措施，从而减少城市污染。

通过以上几个方面，我们可以看出人工智能在环境保护方面具有十分重要的作用，它可以帮助我们及时有效地管控环境污染，更好地保护我们的生态环境。

另外，人工智能还可以帮助我们减少废弃物和食品浪费。

例如，人工智能技术可以分析消费者的购买偏好，并预测未来消费趋势，这样可以减少废弃物和食品在供应链中的浪费。

而且人工智能技术可以实时监控垃圾和环境的变化，及时采取必要的应对措施，这样可以有效地减少垃圾污染环境。

同时，利用人工智能技术建立虚拟示范园，可以加快社会的环保意识的形成，从而让更多的人了解环境保护的重要性。

此外，人工智能技术还可以帮助拆解复杂的环境随机性，能够更好地识别环境变化，并提供有效的解决方案。

未来，人工智能将继续作为重要的手段，来充分应用技术优势，以便提高实现环境的可持续发展的水平。

通过运用人工智能技术，我们可以快速、有效地实现环境保护的目标，构建一个可持续发展、美丽宜居的社会。

当前，人工智能的发展正在加快，正逐步为环境保护作出巨大贡献。

以人工智能技术为基础的环境监测系统，可以预测环境变化，帮助政府优先处理环境问题，这也是环境保护的重要手段。

基于两道高考试题的“一题多解”与“一题多变”

基于两道高考试题的“一题多解”与“一题多变”“一题多解”与“一题多变”是指在考试中，某一道题目可能会有多种不同的解答方式，或者会受到不同因素的影响而导致答案的多样性。

这种现象在高考中尤为常见，也体现了考生的灵活应对能力和解决问题的多样性思维。

下面我们将以两道高考试题为例，分析其“一题多解”与“一题多变”的特点。

第一道题目是一道物理题，题目内容为：一个小球从斜面顶端滑下，经过距离为L的斜面，穿过一段空气，到达水平地面后的速度为v。

已知斜面的倾角为θ，重力加速度为g，空气阻力可以忽略。

求小球从斜面顶端滑下到达水平地面所用的时间。

这道题目涉及了物理学中的力学知识，涉及了斜面滑动、空气阻力等内容。

从不同角度来分析，可能会得出不同的解答方式：1. 采用数学方法进行推导，可以得出小球从斜面顶端滑下到达水平地面所用的时间为t=（L/g）*sinθ /cosθ。

2. 采用实验方法进行验证，可以通过设置实验装置，测量小球滑动的时间，通过数据对比来得出结论。

3. 采用分析方法进行探讨，可以从斜面摩擦力、空气阻力等多个角度分析，得出不同的结果。

这道题目即体现了“一题多解”的特点，不仅可以通过不同的解答方式得出答案，还可以通过不同的角度进行分析得出不同的结果。

同时也体现了物理学中的多样性思维和问题解决能力。

第二道题目是一道语文题，题目内容为：请简述《红楼梦》中林黛玉与贾宝玉之间的爱情故事。

限定字数300字以内。

这道题目涉及了文学知识，需要考生对《红楼梦》中的情节和人物关系有一定的了解，同时也需要考生对语言文字的表达能力。

由于《红楼梦》是一部具有多重含义的文学作品，因此考生在回答这道题目时可能会有不同的解答方式：1. 采用故事描述的方式，可以通过主线情节、人物性格、情感转折等多个方面进行阐述，以及林黛玉与贾宝玉之间的情感纠葛。

2. 采用文学批评的方式，可以通过对小说中的情感描写、人物形象的塑造、作者意图等方面进行分析，以及对林黛玉与贾宝玉之间的爱情故事进行解读。

一题多解与一题多变

一题多解与一题多变一题多解：开拓学生解题思路，沉淀学生的严谨思维；一题多变：引导学生知识联系，培养学生的发散思维。

在高中数学教学中，对例题的讲解，要做到一题多解和一题多变。

也就是先要做到从不同的角度进行分析，用不同的方法来解决问题，这样能够开拓学生的解题思路，培养学生分析问题和解决问题的能力。

还要进行拓展廷伸，使学生掌握知识间的联系，培养学生的发散思维。

问题一：设AB 是抛物线px y 22=的弦，O 为原点，若OA ⊥OB ，则直线AB 恒过定点。

证明之。

分析：1、若过定点，则定点应在何处？——根据对称性，应可猜想到定点应在x 轴上。

2、怎样利用已知条件？主要是OA ⊥OB 的作用：①1-=⋅OB OAk k②设()()2211,,y x 、B y x A，则02121=+y y x x3、可从那些方面入手？ ①从设点的坐标入手由点A 、B 在抛物线上，可设点A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛a p a ,22、B ⎪⎪⎭⎫⎝⎛b p b ,22， ②从设直线AB 的方程入手1）设直线AB 的方程为x=my+b 2）设直线AB 的方程为ax+by=1 ③从OA ⊥OB 入手设OA 的斜率为k ，则OB 的斜率为k1- 方法一：设A ⎪⎪⎭⎫⎝⎛a p a ,22、B ⎪⎪⎭⎫⎝⎛b p b ,22，则OA 、OB 的斜率分别为a p 2、bp 2，由OA ⊥OB 得：24p ab -=，又AB 的斜率为∶ba pk +=2，∴AB 方程为∶ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-p a x b a p a y 222，即()p x b a py 22-+=，显然AB 过定点（2p ，0）。

ABO方法二∶设直线AB 的方程为x=my+b ，（注意这样设直线方程有两大优点：①不必考虑斜率不存在，②代入消x 简便），代入抛物线的方程消x 得：0222=--pb mpy y又设A ()11,y x 、B ()22,y x ，则pb y y 221-=，又,2121px y =,2222px y = ∴()()222222121424b ppb py y x x =-==，由OA ⊥OB 得02121=+y y x x ，∴022=-pb b，∵b ≠0，∴b=2p ，即AB 的方程为x=my+2p ，显然AB 过定点（2p ，0）。

一题多解和一题多变

２０２４年１月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀一题多解和一题多变:一道有关抛物线焦半径问题的探究∗◉江苏省新沂市第一中学㊀吴玉章㊀苗庆硕㊀㊀抛物线的焦半径问题是抛物线综合问题中的一类特殊类型,其可以联系起抛物线的定义(问题的本质)㊁几何性质( 数的属性)与几何特征( 形的特征)㊁焦半径公式(三角形式)等, 串联起平面解析几何㊁平面几何㊁函数与方程㊁三角函数等众多相关知识,为问题的切入与解决提供较多的思维视角,给问题的解决提供更多的方案与技巧方法,是有效发散数学思维,考查学生四基㊁数学能力以及数学思想方法等方面比较有效的一个重要载体,备受各方关注．１问题呈现问题㊀已知抛物线y２＝８x的焦点为F,准线与x 轴的交点为C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,若øA F B＝øC F B,则|A F|＝．此题以抛物线为问题场景,通过设置过准线与x 轴交点的直线l与抛物线交于两点,利用两个角相等来创设定交点问题,进而求解相应焦半径的长度．涉及抛物线的焦半径问题,可以从解析几何的实质入手,利用解析几何思维来合理进行数学运算与分析处理;也可以从平面几何的图形入手,利用平面几何思维进行逻辑推理与分析处理;还可以从焦半径的公式入手,利用三角函数思维来合理数学运算㊁逻辑推理与综合应用等．不同思维视角的切入,都给问题的解决提供了切实可行的技巧与方法,实现问题的巧妙解决．２问题破解２．１解析几何思维解法１:设线法．依题意可得p＝４,则F(２,０),C(－２,０)．根据已知可得直线l的斜率存在且不为０,利用图形的对称性,不失一般性,设点A,B位于x轴的上方,如图１所示．设直线l的方程为x＝m y－２,其中m＞０．设A(x１,y１),B(x２,y２),y１＞y２＞０．图１联立x＝m y－２,y２＝８x,{消去参数x并整理,可得y２－８m y＋１６＝０．利用韦达定理,可得y１＋y２＝８m,y１y２＝１６,则|A B|＝１＋m２|y１－y２|＝１＋m２６４m２－６４＝８m４－１,|B C|＝１＋m２|y２|＝１＋m２ y２．由抛物线的定义,可得|A F|＝x１＋p２＝m y１－２＋２＝m y１．由于øA F B＝øC F B,则F B是øA F C的角平分线．由三角形内角平分线定理,得|C F||A F|＝|B C||A B|,即４m y１＝１＋m２ y２８m４－１．整理并化简,可得m y１y２＝３２m２－１,即１６m＝３２m２－１,则m２＝４３,解得m＝２３３．所以y１＋y２＝８m＝１６３３,又y１y２＝１６,解得y１＝４３,则|A F|＝m y１＝２３３ˑ４３＝８．解后反思:设线法是借助解析几何思维处理问题的一种通性通法 ,成为解决直线与圆锥曲线位置关系问题时首选的一种基本方法．２．２平面几何思维解法２:几何法．依题意可得,p＝４．根据已知可得直线l的斜率存在且不为０,利用图形的对称性,不失一般性,设点A,B位于x轴的上方,如图２所示．过点A,B作抛物线准线的垂线,垂足分别为D,３８∗课题信息:江苏省教育科学十四五规划普教重点课题指向关键能力的高中数学主题单元式教学的实践研究 ,课题编号为B/２０２１/０２/３４;江苏省教研室第十一期立项课题差异教学在课程基地中应用的实践研究 ,课题编号为２０１５J K１１ＧL O４２．解法探究２０２４年１月上半月㊀㊀㊀图２E,延长E B交A F于点G．由于E GʊC F,因此øG B F＝øC F B,又øA F B＝øC F B,所以øA F B＝øG B F,可得|B G|＝|F G|．由øA F B＝øC F B,则F B是øA F C的角平分线,利用三角形内角平分线定理可得|A B||B C|＝|A F||C F|．结合抛物线的定义有|A D|＝|A F|,可得|A B||C F|＝|B C| |A D|．由于E GʊC FʊD A,因此|B G||C F|＝|A B||A C|,|B E||A D|＝|B C||A C|．所以有|B G| |A C|＝|B E| |A C|,可得|B G|＝|B E|,又结合抛物线的定义有|B E|＝|B F|,故|B G|＝|F G|＝|B F|,即әB F G是正三角形,从而øB F G＝６０ʎ,可得øA F x＝６０ʎ．利用抛物线的焦半径公式,可得|A F|＝p１－c o sθ＝４１－c o s６０ʎ＝８．解后反思:平面解析几何侧重数与形的结合与转化,借助代数思维中的数学运算来处理几何图形中的逻辑推理问题等,实现问题的突破与应用．２．３三角函数思维解法３:性质法．依题意可得,p＝４．图３根据已知可得直线l的斜率存在且不为０,利用图形的对称性,不失一般性,设点A,B位于x轴的上方,如图３所示,过点A,B作抛物线的准线的垂线,垂足分别为D,E．设øA F x＝θ,其中θ为锐角．结合øA F B＝øC F B,利用抛物线的焦半径公式可得|A F|＝p１－c o sθ＝p２s i n２θ２,|B F|＝p１－c o s(θ＋π－θ２)＝p１＋s i nθ２．由øA F B＝øC F B知,F B是øA F C的角平分线,则利用三角形内角平分线定理可得|C F||A F|＝|B C||A B|．结合比例性质,可得|C F||A F|＋|C F|＝|B C||A B|＋|B C|＝|B C||A C|．而由E BʊD A,可得|B E||A D|＝|B C||A C|．结合抛物线的定义有|A D|＝|A F|,|B E|＝|B F|,即|B C||A C|＝|B E||A D|＝|B F||A F|,所以|C F||A F|＋|C F|＝|B F||A F|,即pp２s i n２θ２＋p＝p１＋s i nθ２p２s i n２θ２,整理可得s i nθ２－２s i n２θ２＝０．解得s i nθ２＝１２,或s i nθ２＝０(舍去),结合θ为锐角,解得θ＝６０ʎ．所以|A F|＝p１－c o sθ＝４１－c o s６０ʎ＝８．解后反思:抛物线的焦半径三角公式|A F|＝p１－c o sθ(θ为直线A F的倾斜角),是解决与抛物线的焦半径相关问题常用的结论．借助三角函数思维,结合三角函数的相关知识来巧妙综合与应用．３变式拓展３．１同源变式变式１㊀己知抛物线y２＝８x的焦点为F,准线与x轴的交点为C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,若øA F B＝øC F B,则|B F|＝．在此基础上,可以对问题进行一般化的归纳与总结．结论:已知抛物线y２＝２p x(p＞０)的焦点为F,准线与x轴交于点C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,若øA F B＝øC F B,则|A F|＝２p,|B F|＝２p３．变式２㊀己知抛物线y２＝８x的焦点为F,准线与x轴交于点C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,若øA F B＝øC F B,则|A B|＝．３．２同阶变式变式３㊀已知抛物线y２＝８x的焦点为F,准线与x轴交于点C,过点C的直线l与抛物线交于A,B两点,若øA F B＝øC F B,则直线A F的斜率为．变式１,２,３的参考答案分别为:８３,８７３,ʃ３．４教学启示此类涉及抛物线的焦半径问题,往往是多知识点交汇与融合的产物,这样的创设契合高考数学命题精神,而多知识点交汇也为问题的切入提供了更多的思维视角,给各层面的学生提供了更多的机会,从而更加有效地体现数学试题的选拔性与区分性．在数学学习中,针对此类涉及圆锥曲线的焦半径问题,要深刻体会并加以系统学习,把握问题的实质与内涵,构建知识体系,理解技巧方法,形成解题习惯,培养数学品质．Z４８。

一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考

一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考
一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考是在我们解决问题的过程中，充分探索问题本质的方法。

它可以帮助我们从多个角度理解问题，找到更好的解决方案。

一题多问可以帮助我们深入挖掘问题，了解各种因素和影响，从而更全面地理解问题和寻找解决方案。

例如，在解决一个企业的销售问题时，我们可以提出以下问题：销售情况如何？客户需要什么？竞争对手的情况如何？市场变化的影响是什么？等等。

一题多变可以帮助我们在不同情况下灵活应对问题，并根据不同情况调整解决方案。

例如，在解决一个销售问题时，如果是年底大促销，我们需要不同的解决方案，而如果是平时销售问题，则需要不同的解决方案。

一题多解可以帮助我们拓展思路，从不同方向考虑问题，找到更多的解决方案。

例如，在解决一个企业的成本问题时，我们可以提出以下解决方案：降低原材料成本、改变生产流程、优化运营成本等等。

总之，一题多问、一题多变、一题多解的运用与思考可以帮助我们更全面地理解问题、更多角度考虑解决方案，从而找到更好的解决方案。

三年级《一题多解》奥数课件

例题三
米德和阿派两人共写324个字，4分钟完成，已知米德每分钟写45个，阿派每分钟写多少个字？
两人一分钟一共可写几个？
米德4分钟一共写几个？
最简便两人： 324÷4=81（个）
米德： 45×4=180（个）卡尔4分钟一共写几个？
81-45=36（个）答：阿派每分钟写36个字。
324-180=144（个） 144÷4-36（个）
练习三
欧拉和卡尔两人共看书看了270页，3天看完，卡尔
每天看35页，欧拉每天看多少页？
两人一天一共可看几页？
卡尔3天一共看几页？
最简便两人： 270÷3=90（页）
卡尔： 35×3=105（页）欧拉3天一共看几页？
90-35=55（页）
答：欧拉每天看55页。
270-105=165（页） 165÷3-55（页）
棒！”
生：“算不算怀孕肚子里的小鸟？”
师：“都是公的。”
生仍追问：“有没有傻到不怕死的？ ”
师：“都怕死。”
生满怀信心的说：“打死的鸟要是挂在树上没掉下来，那么就剩1只；
如果掉下来，就1只不剩！”
终于等到学生的答案了，老师强忍着几乎倒地的晕眩感，颤抖地说：
“你不用读小学了，直接去考公务员吧！＂
例题一
练习四
图书馆新进了一些漫画书。第一批进了9本，第二批进了16本，已知第二批比第一批多49元，这些漫画书一共要多少钱？
思考
联1系.先例求题出四每，本的思钱考，有再几乘种两方批法共运？进的本数。（合并）
2.先求出每本的钱，再算第一批和第二批分别是多少钱？（分开）
1. 16-9=7(本)
2. 16-9=7（本）
离4？60-330=130（米） 370-130=240（米）

教材题目的一题多解与一题多变

二、一题多变
一
一｛・，得解．
题多变，对一道数学题或联想，或类比，或推广，
可以得到一系列新的题目，甚至得到更一般的结论．【例２】过抛物线Ｙ。＝＝＝２ｐｘ的
Ｏ
联立ＪＩ一得５ｚｚ一８＋８ — ０． ‘ ＋４ｙ一４
由弦长公式得ｌＡＢ｛一￣／（ｚ＋）－４ｘｚ一詈．
解法三：由椭圆的第二定
焦点的一条直线和此抛物线相交，两个焦点的纵坐标为Ｙ、Ｙ，求证：一－－ｐ．（人教材第二册（上）Ｐｍ
该法是利用几何关系建立方程，此方法也可灵活解
决以下题目：
１・（２００９年全国卷Ⅱ ，１１）已知双曲线ｃ：Ｘ－一蕾一１
（ｎ＞０，６＞０）的右焦点为Ｆ，过Ｆ且斜率为的直线交Ｃ
于Ａ、Ｂ两点，若一４商，则Ｃ的离心率为（
（１）一（２）得一一４二丝一一４（３）
．
一
题多解，即一道数学题，因思考的角度不同可得
到多种不同的思路与解法．
Ｙｏ
ＪＣ１
２
【例１】斜率为１的直线经过抛物线Ｙ一４ｘ的焦
点，与抛物线相交于两点Ａ、Ｂ，求线段ＡＢ的长．（人教
数学・解题方法与技巧
教材题目的一题多解与一题多变

高中物理一题多变一题多解在教学中的应用共80页

66、节制使快乐增加并使享受加强。 ——德谟克利特 67、今天应做的事没有做，明天再早也是耽误了。——裴斯泰洛齐 68、决定一个人的一生，以及整个命运的，只是一瞬之间。 ——歌德 69、懒人无法享受休息之乐。——拉布克 70、浪费时间是一桩大罪过。——卢梭
高中物理一题多变一题多解在教学中的应用
11、用道德的示范来造就一个人，显然比用法律来约束他更有价值。—— 希腊
12、法律是无私的，对谁都一视同仁。在每件事上，她都不徇私情。—— 托马斯
13、公正的法律限制不Байду номын сангаас好的自由，因为好人不会去做法律不允许的事情。——弗劳德
14、法律是为了保护无辜而制定的。——爱略特 15、像房子一样，法律和法律都是相互依存的。——伯克

拓展思维,一题多变,多题一解,一题多解

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mn⊥cn.■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mh⊥ac,由全等三角形判定定理(sas)可得△mcn≌△mch,故mn⊥cn.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s△cef=■.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,ae⊥bf,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,ae⊥mn,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mn⊥gh,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。

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。

高中数学一题多解、一题多变.doc

高中数学一题多解、一题多变27变题2原题: 的定义域为R，求m的取值范围 f(x)=mx+8x+42解:由题意在R上恒成立 mx+8x+4?0且Δ，得？m,0,0m,42变1:的定义域为R，求m的取值范围 f(x)=logmx+8x+432解:由题意在R上恒成立 mx+8x+4>0且Δ，得？m,0<0m>42f(x)=log(mx+8x+4)变2:的值域为R，求m的取值范围 32解:令，则要求t能取到所有大于0的实数， mx+8x+4t= 当时，t能取到所有大于0的实数 m,0当时，且Δ m,0m>0?0?0,m?40,m,42mx+8x+n[]f(x)=log0,2变3:的定义域为R,值域为，求m,n的值 32x+1 2mx+8x+n2[]y=?1,9(y-m)x-8x，y-n,0解:由题意，令，得 2x+12,y-(m，n)y，mn-16,0时，Δ- y,m?02？y-(m+n)y+mn-16=0 1和9时的两个根m=n=5n-m？当时，，也符合题意 x==0y=m？x,R8m=n=5一题多解-解不等式3<2x-3<5解法一:根据绝对值的定义，进行分类讨论求解 (1)当时，不等式可化为 2x-3?03<2x-3<5?3<x<4(2)当时，不等式可化为 2x-3<03<-2x+3<5?-1<x<0{} 综上:解集为 x3<x<4或-1<x<0解法二:转化为不等式组求解原不等式等价于2x-3>3且2x-3<5?3<x<4或1<x<0- 1 -27综上:解集为 {}x3<x<4或-1<x<0解法三:利用等价命题法原不等式等价于，即 3<2x-3<5或-5<2x-3<-33<x<4或-1<x<0解集为 {}x3<x<4或-1<x<0解法四:利用绝对值的集合意义原不等式可化为33533，不等式的几何意义时数轴上的点的距离大于，且小<x-<x到22222 5于，由图得，解集为 {}x3<x<4或-1<x<02一题多解:ss,s,sa,a,a已知是等比数列的前n想项和，成等差数列，求证:成n369258 等差数列na1一q()1法一:用公式s， =n1一qs+s=2ss,s,s因为成等差数列，所以且q?1则 369369369a(1一q)a(1一q)2a(1一q)11136936 +=?q+q=2q(q?1)?1+q=2q1一q1一q1一q467a+a=aq+aq=aq(2q)=2aq=2a所以 2511118a,a,a所以成等差数列, 258a一aq1ns=法二用公式，n1一qa一aqa一aq2a一aq()131619ss2s？+=,?+= 3691一q1一q1一qa+a=2a?aq+aq=2aq?a+a=2aa,a,a则，所以成等差369258258258数列, nn2ns=s(1+q),s=s(1+q+q)证法三:(用公式) 2nn3nn- 2 -2733？s=s+a+a+a=s+(a+a+a)q=(1+q)s 634563123336336s=s(1+q+q)？s+s=2s?s+s(1+q)=2s(1+q+q) 9336933313 解得(下略) q=一2变题:4α已知sinα=且是第二象限角，求 tanα5α解:是第二象限角，34421sinα= ?cosα=一一sinα=一,tanα=一5534变1:sinα=，求 tanα54α解:，所以是第一或第二象限角 sinα=>0534cosα=,tanα= 若是第一象限角，则 5344cosα=一,tanα=一若是第二象限角，则 53变2:已知sinα=m(m>0)求tanα解:由条件，所以 0<m?1α当时，是第一或第二象限角 0<m<1m2cosα=1一m,tanα= 若是第一象限角时 21一mm2cosα=一1一m,tanα=一若是第二象限角 21一m当时不存在 m=1tanαsinα=m(m?1)变3:已知，求 tanα- 3 -27解:当时，不存在 m=1,一1tanα当时， m=0tanα=0mα当时第一、第四象限角时，tanα= 21一mmαtanα=一当是第二、第三象限角时， 21一m一题多解、一题多变1题目:求函数的值域 f(x)=x+(x,0)x方法一:判别式法 --122x-yx+1=0=y 设，则，由Δ- 4?0?y?2y=x+x2 当时，-，因此当时， y=2x2x+1=0?x=1x=11[)2,+?有最小值2，即值域为 f(x)=x+(x,0)x方法二:单调性法1 先判断函数的单调性 f(x)=x+(x,0)x(x-x)(xx-1)1212f(x)-f(x)=0,x,x 任取，则 1212xx12(]0,x,x?2f(x),f(x)0,1 当时，即，此时f(x)在上时减函数 1212 ()2,x,xf(x),f(x)2,+? 当时，f(x)在上是增函数 1212(()]0,11,+? 由f(x)在上是减函数，f(x)在上是增函数，知[)2,+?f(x) 时，有最小值2，即值域为 x=1方法三:配方法1112f(x)=x+=(x-)+2x-=0 ，当时，，此时 x=1xxx[)2,+?f(x)有最小值2，即值域为方法四:基本不等式法11122=(x)+()?2x=2f(x)=x+ xxx- 4 -27[)有最小值2，即值域为 2,+?f(x)变题1f(x)=原题:若函数的定义域为R，求实数a的取值范围 2ax+2x+1解:由题意得2在R上恒成立，则要求 ax+2x+1,0且Δ a,0=4-4a,0?a,12f(x)=log(ax+2x+1)变式一:函数的定义域为R，求实数a的取值范围 2 解:由题意得2在R上恒成立，则要求 ax+2x+1,0且Δ a,0=4-4a,0?a,12f(x)=log(ax+2x+1) 变式二:函数的值域为R，求实数a的取值范围 2 2u=解:令能取到所有大于0的实数，则 ax+2x+1时，能取到所有大于0的实数 a=0u=zx+1时，且Δ a?0a,0=4-4a?0?0,a?1综上 0?a?1一题多解22xy，,1F、FPF,PF题目:椭圆的焦点是，椭圆上一点P满足，下面结12122516论正确的是———————————————————————( )(A)P点有两个 (B)P点有四个(C)P点不一定存在 (D)P点一定不存在解法一:FF以为直径构圆，知:圆的半径，即圆与椭圆不可能有交点。