一题多解多题一解一题多变顶角是度的等腰三角形问题原创
人教版初中数学中考 练本 中考真题中的教材变式题(一题多变)
（2）解：连接AQ，CQ.
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABQ＝∠CBQ＝45°，∠ABF＝90°.
∵BQ＝BQ，∴△ABQ≌△CBQ（SAS），
∴QA＝QC，∠BAQ＝∠BCQ.
∵EQ垂直平分线段AF，∴QA＝QF，
∴QC＝QF，∴∠QFC＝∠QCF，
∴∠QFC＝∠BAQ.
∵∠QFC＋∠BFQ＝180°，
∴AB＝BC，
∠B＝∠BCD＝90°.
∵CF平分∠DCH，
∴∠ECF＝135°.
∵AG＝CE，∴BG＝BE，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，∴∠AGE＝135°＝∠ECF.
∵AE⊥EF，∴∠AEB＋∠FEC＝90°.
∵∠BAE＋∠AEB＝90°，∴∠FEC＝∠BAE，
∴△GAE≌△CEF，∴AE＝EF.
的中点G，连接EG.）
变式1：（2022·泸州）如图，在边长为3的正方形ABCD中，E是边AB上的点，且
BE＝2AE，过点E作DE的垂线，交正方形外角∠CBG的平分线于点F，交边BC于
点M，连接DF，交边BC于点N，则MN的长为（
B ）
D.1
变式2：（2022·呼和浩特）下面图片是八年级教科书中的一道题.
∵CE⊥BF，∴∠BOE＝90°，
∴∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3.
∵∠DAB＝90°＝∠CME，
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
变式3：（2020·鞍山）在矩形ABCD中，E是射线BC上一动点，连接AE，过点B作
BF⊥AE于点G，交直线CD于点F.
（1）当矩形ABCD是正方形时，以点F为直角顶点在正方形ABCD的外部作等腰
变式3：（2022·兰州）综合与实践
高中数学“一题一课多解变式”教学模式的理论构建与实践探索
高中数学“一题一课多解变式”教学模式的理论构建与实践探索作者：杨孝斌吕传汉吴万辉袁景涛李时建卢焱尧来源：《中小学课堂教学研究》2021年第11期【摘要】为提高高中数学解题教学质量和高考复习的效率，文章构建融合“三教”教育理念与波利亚解题思想的高中数学“一题一课多解变式”解题教学模式。
经过六年的理论研究和实践探索，该模式为提升学生数学解题能力，落实数学核心素养有一定的帮助。
【关键词】高中数学;一题一课;多解变式;教学模式【作者简介】杨孝斌，博士，贵州师范大学数学科学学院教授，中国少数民族教育学会数学教育专业委员会常务理事，主要从事中小学数学课堂教学、民族数学文化等的研究;吕传汉，贵州师范大学原副校长，教授，主持获得2018年国家级基础教育成果一等奖;吳万辉，北京八十中教学督导室主任，罗甸一中校长，正高级教师，高考科学备考与高考命题研究专家;袁景涛，思南中学校长，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人;李时建，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人;卢焱尧，贵州省实验中学校长，正高级教师，贵州省高中数学名师工作室主持人。
【基金项目】“国培计划（2018）”——贵州省吕传汉智库专家教师专业成长引领研修工作坊项目;贵州省2020年教育改革发展重大招标课题“三教引领民族地区高中数学一题一课多解变式教学实践研究”（ZD202008）一、问题背景在长期的教学实践和课堂观察的基础上，聚焦数学核心素养培育等热点问题，结合高中数学教学，特别是解题教学、高三复习教学的实际，笔者提出两个主要问题：一是如何在高中数学教学中落实数学核心素养的培育;二是如何在高中数学解题教学中，构建兼顾数学核心素养培育与高考应试能力培养的教学模式。
经过六年的研究和实践，笔者又把解决以上两个问题的主要过程分为聚焦问题、理论研究、模式构建、实践检验、教师培养等五个方面，并构建出高中数学“一题一课多解变式”解题教学模式。
二、“一题一课多解变式”教学模式概述经过多年的探索，在开展波利亚解题思想的研究[1-5]和发展“三教”（教思考、教体验、教表达）教育理念[6-9]的基础上，笔者将数学核心素养培育与提升高中生数学解题及应试能力结合起来，构建了如图1的高中数学“一题一课多解变式”教学模式。
“一题多变”突破解三角形的解题障碍
一题多变 突破解三角形的解题障碍陈鹏林(福建省永春第一中学ꎬ福建泉州３６２６０１)摘㊀要:文章从一道解三角形综合问题入手ꎬ通过一题多变的形式达到扩展发散思维ꎬ通过问题的辨析与探究ꎬ真正体会正弦定理㊁余弦定理在求解三角形的最值(范围)中的运用.关键词:解题研究ꎻ解三角形ꎻ一题多变中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００２７－０３收稿日期:２０２３－１０－０５作者简介:陈鹏林(１９８２.９－)ꎬ男ꎬ福建省永春人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学解题研究.㊀㊀ 解三角形 是高中数学人教Ａ版(新课标)必修第二册第六章第四节的知识ꎬ具有较强的应用性ꎬ也是平面向量和三角函数在求解三角形问题中的综合应用ꎬ其本身不仅仅与日常生产生活问题有着紧密的联系ꎬ同时ꎬ也是高考一个重要且必考的考点.在近几年的高考中ꎬ经常考查到解三角形的范围问题ꎬ但难度适中ꎬ属中档题型ꎬ学生是可以在这道题上争取拿高分的.因此ꎬ在选择训练题上应注重如下这三点:第一ꎬ在基础题型上ꎬ要强化基础ꎬ抓纲务本ꎬ落实通法ꎻ第二ꎬ在难点题型上ꎬ要立足教材ꎬ突出方法ꎬ分级达标ꎻ第三ꎬ在易错题型上ꎬ要变式呈现ꎬ举一反三ꎬ强化提升.１考题再现ꎬ发现障碍考题㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ａ＋ｃ＝６ꎬәＡＢＣ的面积为２ꎬ求ｂ.命题意图㊀本题考查了三角形的内角和定理㊁诱导公式㊁二倍角公式㊁同角三角函数的基本关系(平方关系)㊁余弦定理以及三角形的面积公式等基础知识ꎬ意在考查学生的运算求解能力及方程思想ꎬ属于中档题[１].分析㊀１()利用三角形的内角和定理可知Ａ＋Ｃ＝π－Ｂꎬ再利用诱导公式化简ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)ꎬ利用降幂(升角)公式化简８ｓｉｎ２Ｂ２ꎬ结合ｓｉｎ２Ｂ＋ｃｏｓ２Ｂ＝１ꎬ求出ｃｏｓＢꎻ(２)由(１)可知ｓｉｎＢ＝８１７ꎬ利用面积公式求出ａｃꎬ再利用余弦定理即可求出ｂ.解析㊀(１)因为ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２ꎬ且Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝πꎬｓｉｎ(π－Ｂ)＝４(１－ｃｏｓＢ).所以ｓｉｎＢ＝４(１－ｃｏｓＢ).因为ｓｉｎ２Ｂ＋ｃｏｓ２Ｂ＝１ꎬ所以１６(１－ｃｏｓＢ)２＋ｃｏｓ２Ｂ＝１.所以(１７ｃｏｓＢ－１５)(ｃｏｓＢ－１)＝０.所以ｃｏｓＢ＝１５１７或ｃｏｓＢ＝１(舍去).(２)由(１)可知ｓｉｎＢ＝１－ｃｏｓ２Ｂ＝８１７ꎬ７２因为ＳәＡＢＣ＝１２ａｃ ｓｉｎＢ＝２ꎬ所以ａｃ＝１７２.利用余弦定理得ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ˑ１７２ˑ１５１７＝(ａ＋ｃ)２－２ａｃ－１５＝４.所以ｂ＝２.解决该题时ꎬ虽然学生已经掌握了相关的一些知识ꎬ但是对于如何准确使用正㊁余弦定理来求解三角形还存在障碍ꎬ许多学生对于求解三角形中的边角关系和周长面积以及最值(范围)问题产生畏惧心理.下面ꎬ通过该题的多道变式题ꎬ可以高效地帮助学生突破这一障碍.２变式延伸ꎬ揭示规律变式１㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ａ＋ｃ＝６ꎬәＡＢＣ的面积为２ꎬ求әＡＢＣ的周长.分析㊀该题是将第(２)小题改为求周长问题.本题只要在第(２)小题求出ｂ＝２后ꎬ再利用周长公式ｌ＝ａ＋ｂ＋ｃ即可求出周长为８.变式２㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ａｓｉｎＡ＋ｃｓｉｎＣ－ｂｓｉｎＢ＝３０１７ａｓｉｎＣ.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ａ＋ｃ＝６ꎬәＡＢＣ的面积为２ꎬ求ｂ.分析㊀该题是把已知条件 ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２ 改为 ａｓｉｎＡ＋ｃｓｉｎＣ－ｂｓｉｎＢ＝３０１７ａｓｉｎＣ .(１)提示:利用正弦定理把角化边可得:ａ２＋ｃ２－ｂ２＝３０１７ａｃꎬ再由余弦定理可得ｃｏｓＢ＝１５１７.变式３㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ａ＋ｃ＝６ꎬ求әＡＢＣ的面积.分析㊀该题是把第(２)小题的条件和结论对换.(２)利用余弦定理ꎬ得ｂ２＝ａ２＋ｃ２－２ａｃｃｏｓＢ＝(ａ＋ｃ)２－６４１７ａｃ.将ａ＋ｃ＝６ꎬｂ＝２代入可求得ａｃ＝１７２.又由(１)可知ｓｉｎＢ＝８１７ꎬ所以ＳәＡＢＣ＝１２ａｃｓｉｎＢ＝１２ˑ１７２ˑ８１７＝２.变式４㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ｂ＝２ꎬ求әＡＢＣ的面积的最大值.分析㊀该题是在第(２)小题中删除了一个已知条件: ａ＋ｃ＝６ ꎬ使所研究的三角形不确定ꎬ从而可求面积的最值问题.(２)因为ｂ＝２ｃｏｓＢ＝１５１７ꎬ利用余弦定理ꎬ得２２＝ａ２＋ｃ２－３０１７ａｃȡ２ａｃ－３０１７ａｃ＝４１７ａｃ.所以ａｃɤ１７(当且仅当ａ＝ｃ＝１７时等号成立).又由(１)可知ｓｉｎＢ＝８１７ꎬ所以ＳәＡＢＣ＝１２ａｃｓｉｎＢɤ１２ˑ１７ˑ８１７＝４.故әＡＢＣ的面积的最大值为４.变式５㊀әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ｂ＝２ꎬ求әＡＢＣ的周长ｌ的取值范围.分析㊀该题与变式４一样ꎬ也是在第(２)小题中删除了一个已知条件: ａ＋ｃ＝６ ꎬ使所研究的三８２角形不确定ꎬ从而可求周长的取值范围. (２)利用余弦定理ꎬ得(ａ＋ｃ)２－６４１７ａｃ＝４.所以(ａ＋ｃ)２－４＝６４１７ａｃɤ６４１７ (ａ＋ｃ２)２.所以１１７(ａ＋ｃ)２ɤ４.所以ａ＋ｃɤ２１７(当且仅当ａ＝ｃ＝１７时等号成立).所以ｌ＝ａ＋ｃ＋ｂɤ２１７＋２.又因为ａ＋ｃ>ｂ＝２ꎬ所以４<ｌɤ２１７＋２.故әＡＢＣ的周长的取值范围为(４ꎬ２１７＋２].变式６㊀锐角әＡＢＣ的内角ＡꎬＢꎬＣ的对边分别为ａꎬｂꎬｃꎬ已知ｓｉｎ(Ａ＋Ｃ)＝８ｓｉｎ２Ｂ２.(１)求ｃｏｓＢꎻ(２)若ｂ＝２ꎬ求әＡＢＣ的周长ｌ的取值范围.分析㊀该题是在变式５的基础上ꎬ增加了一个条件:锐角三角形.这样ꎬ角Ａ的范围发生了改变ꎬ从而三角形的周长范围也跟着改变了. (２)与变式５相同求得ａ＋ｃ＝２１７ｓｉｎ(Ａ＋φ)ꎬ０<Ｂ<π６ꎬ又因为әＡＢＣ为锐角三角形ꎬ所以π３<Ａ<π２.又因为ｔａｎ１４<３３ꎬ所以０<φ<π６.所以π３<Ａ＋φ<２π３.所以３３<ｓｉｎ(Ａ＋φ)ɤ１.即５１<ａ＋ｃɤ２１７.所以５１＋２<ｌ＝ａ＋ｃ＋ｂɤ２１７＋２.故әＡＢＣ的周长的取值范围为(５１＋２ꎬ２１７＋２].几个变式题的设计都是稍微改变了条件ꎬ并难度逐步递进ꎬ激发了对知识的渴望ꎬ因此我们可以更好地总结解决此类问题的方法ꎬ并了解如何正确选择正弦和余弦定理来解决三角形中的周长㊁面积和最大值问题.达到突出重点和解决难点的目的.对于变式４和变式５ꎬ可以采用均值不等式ꎬ但变式５只能够确定 ａ＋ｃ 右侧的范围ꎬ对于另外一侧的范围ꎬ多数学生忽略了 两边之和大于第三边 这一隐藏条件ꎬ从而漏解.通过变式６进一步深入探讨和研究ꎬ发现用正弦定理就可以解决这一问题.我们还可创设一个新的问题: 求 ａ－ｃ 的范围 让学生思考.由此可见ꎬ解决三角形中的(范围)问题的通法是正弦定理.当然ꎬ应该还会有一些学生由于没有观察到角的范围ꎬ导致解错.３结束语解三角形是高中数学中一个非常重要的知识点和考点ꎬ需要在掌握基础题型的前提下ꎬ逐步拓展到难点题型和易错题型.通过针对性的训练和提升自己的解题能力ꎬ就可以在高考中取得优异的成绩.因此ꎬ在总复习中ꎬ建议学生应该对解三角形问题进行题型选择并总结归纳ꎬ具体解题过程中需要根据题目类型和已知条件灵活应用和调整解题步骤与方法ꎬ同时也可以参考高考数学热门考点清单等资料ꎬ来更好地掌握相关题型的学习方法和解题技巧.总之ꎬ要在高考总复习中提高解决问题的能力ꎬ需要注重解题思路的分析和解题技巧的掌握.本文从一道解三角形综合问题入手ꎬ通过一题多变的形式ꎬ达到扩展发散思维ꎬ通过问题的辨析与探究ꎬ真正体会选择正弦定理㊁余弦定理在求解三角形的最值(范围)中的运用.同时ꎬ避免深陷 会而不对㊁对而不全以及全而不准 的尴尬境地ꎬ真正实现由一题多变突破解三角形的解题障碍的最终目标.参考文献:[１]袁海军.２０１９年高考三角函数考点预测[Ｊ].广东教育ꎬ２０１９(０２):３４－３７.[责任编辑:李㊀璟]９２。
利用一题多解、一题多变来提高初中学生的数学解题能力
利用一题多解、一题多变来提高初中学生的数学解题能力作者：苏淑妮来源：《中学课程辅导·教师教育（中）》2017年第04期（广东省惠州市惠阳区崇雅中学广东惠州 516000）【摘要】数学课程标准中，要求使学生站在不同角度，探索分析和解决问题的方法，此外，教育心理学也指出：问题解决有两种类型：一是常规性问题解决；二是创造性问题解决。
通过一题多解、一题多变训练，使学生能够体验到解决问题的多样性方式，能够掌握分析及解决问题的基本技巧和方法，使所学的知识得到活化，融会贯通，开阔思路，培养学生的发散、创新思维能力。
【关键词】一题多解一题多变初中数学发散思维【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 A 【文章编号】 1992-7711（2017）04-173-01先观察以下4个例题，是初中数学练习过程经常碰到的，具体的解答过程后文有详细的描述，以此四个例题用以论述本文的观点。
例1：相切两圆半径分别是4和6，求圆心距。
例2：在几何题型中：直角三角形两边长3和4，求第三边。
例3：一道求证题：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：顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形变式2：顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形变式3：顺次连接正方形各边中点所得的四边形变式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例4：在梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，AB=2，BC=3，CD=1，E是AD中点.求证：CE⊥BE.一、一题多解、一题多变帮助学生循坏往复调动所学知识，强化记忆在学习生涯中，知识点是解题的基础和灵魂，千千万万的题目是从知识点出发延伸设计出来问题考察学生的。
由于时间和空间有限，学生不可能做完所有的题目，对于教师也不可能讲解完所有的题目。
而对于数学，单是一道题目中也不可能只有一个知识点的考察，例题1这道题中涉及的知识点有：相切圆、半径、圆心距，最终的问题虽然是求圆心距，但是如果没有正确的对于圆、半径以及相切的概念，那么也就无从下手。
初中几何的习题一题多解与一题多变-最新文档(可编辑修改word版)
初中几何的习题一题多解与一题多变数学课程标准中，要求使学生经历站在不同角度，探索分析和解决问题的方法这一重要过程。
使学生能够体验到解决问题的多样性方式，能够掌握分析及解决问题的基本技巧和方法。
数学中“一题多解”和“一题多变”，被普遍看作是培养学生能力，以及开发学生智力，最佳途径之一，能够培养出学生的发散性思维，以及创造性思维，提高学生对几何的学习兴趣。
一、初中几何“一题多解”和“一题多变”的相关问题初中生在学习几何的过程中，鉴于其概念和定理繁多，又要求学生需要具有较强的综合性能力，且巧妙多变的解题方法，导致学生学习的时候，有一种困难的感觉，提高了教师实施教学的难度。
在教学过程中，不仅要帮助学生理清概念和定理的条件、结论，而且有效将其系统化、条理化，进而建立较为完整的、独立的知识结构体系。
其中，为之重要的是要牢固掌握课本习题灵活多变的解题方法，比较各种方法，更深刻的领悟相关的概念与定理，归纳各种习题的解决方法，灵动的掌握各种题型，以至于可以轻巧熟练地运用相关的概念和定理来推理论证，提升学生的解题能力。
通过课本习题，多角度思考问题，寻求解题的一般规律，从而引领学生入门。
二、“一题多解”和“一题多变”需注重学生“猜测”能力“一题多解”和“一题多变”在教学之中，往往能起到一座桥的作用，在最近发展区之中，将学生从已知的彼岸，渡到未知的彼岸。
教师在教学生平面几何的过程中，不仅要教会学生怎么证明，而且重点是教会学生猜测和思考。
因为猜测可以导致发现，所有证题者在解决数学问题时，都要猜测，都是先猜测后证明的。
这就要求教师教学时要创立一个激发学生积极性思维、主动猜测的意境，提高学生自主探索的能力。
为了调动学生思维的主动性，形成有益的思维方式，教师要鼓励和引导学生去猜，千万不要制止，哪怕是不合理的猜测，更不要把全部的秘密立即说出来，由学生自己猜测出来不仅可以开阔他们的证题的思路，而且对培养学生探究以及深究问题能力有很大的帮助。
《一题多解与一题多变在中学数学中的应用开题报告2000字》
[4] 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：高考版, 2019(28):1.
[5] 宫代印. 浅谈"一题多解"和"一题多变"在高中数学教学中的应用[J]. 试题与研究：教学论坛, 2019(2):1.
[6] 王菊香. 一题多变和多解成就智慧课堂[J]. 考试周刊, 2019(87):2.
[13] 江猷敏. "一题多解和一题多变"在培养学生数学思维能力的应用策略探析[J]. 考试周刊, 2020(66).
[14] 章勇. "一题多解"与"一题多变"在培养学生思维能力中的应用[J]. 新教育时代电子杂志（学生版）, 2020(24):2.
八．指导教师意见
指导教师签字：
年 月 日
九．系意见
系主任签字：
年 月 日
十．学院毕业论文（设计）工作领导小组意见
负责人签字：
年 月 日
[7] 颜天伦. 初中数学教学中"一题多变","一题多解"渗透[J]. 中学课程辅导:教学研究, 2019.
[8] 张海玲. 谈利用"一题多解与一题多变"培养学生的思维能力[J]. 新智慧, 2021(6):2.
一道数学题的解决策略------通过一题多解，一题多变培养学生思维
一道数学题的解决策略------通过一题多解，一题多变培养学生思维发布时间：2021-09-28T05:30:57.540Z 来源：《中小学教育》2021年15期作者：薛发楷[导读] 九年级的数学复习每年都面临时间紧，任务重的状况，几乎所有的数学老师都在寻求一种复习的最佳方法和途径，以便在中考中能取得满意的成绩。
尤其是现在国家又颁布了双减政策之后，提高老师在课堂教学的高效性尤为重要，不能在就题论题，追求做题的数量而陷入题海战术。
薛发楷四川省成都市双流区胜利初级中学 610200九年级的数学复习每年都面临时间紧，任务重的状况，几乎所有的数学老师都在寻求一种复习的最佳方法和途径，以便在中考中能取得满意的成绩。
尤其是现在国家又颁布了双减政策之后，提高老师在课堂教学的高效性尤为重要，不能在就题论题，追求做题的数量而陷入题海战术。
不管哪一年级的数学复习，每次考试下来之后常常听到老师在抱怨，这些题都做了千遍万遍了，学生还是做不起，没有达到老师预设的效果，尤其是几何题的复习，收效更是甚微，只要遇到辅助线的添法，无论上课怎么讲，课下刷了多少题，一到考试学生拿到这样的题还是束手无策，于是我就在反思，导致这样的结果到底是什么，我想无非就是老师为了赶进度，在讲解几何题的辅助线的添法时，往往是按照老师预设的方法去引导学生，学生说出了辅助线的添法，但不能举一反三。
我们不得不承认理科学习一定要刷一定数量的题，但知识没有理性化，没有悟出其中的数学方法，学生永远是门外汉，并没有真正掌握理解，如果每做一道题都让学生探索其解题的思想方法，拓展其外延，总结其规律，这样学生的复习就会融会贯通，达到事半功倍的效果。
在现代数学教学中，教师应按照数学思维的规律和方式方法，去启发引导学生思考，让学生的一些重要想法、符合情理的思维过程都展现出来，还学生一个真实而科学的思维过程并究其原因。
注重学生一题多解，一题多变，培养学生思维的深刻性，拓展学生的思路，发展学生的思维，有利于学生创造性的发挥。
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。
“等腰三角形问题”的前世今生——“和倍问题”在等腰三角形中的变化解析
“等腰三角形问题”的前世今生——“和倍问题”在等腰三角形中的变化解析（小学数学四下内容）等腰三角形是一种特殊的三角形，就像正方形是特殊的平行四边形一样，它在三角形的世界中也有自己不可替代的地位，关于她的谜题也特别引人入胜——“等腰三角形问题”。
一、缘起——等腰三角形的产生与性质“等腰三角形问题”说来话长，首先要从等腰三角形的性质说起。
（一）三角形的共性作为一种特殊的三角形，等腰三角形自然也具备三角形的一般特性：1、由三条线段首尾相连围成（三角形的定义）；2、有3个顶点，3条边，3个角（三角形的特征）；3、任意两边的和大于第三边（三角形的三边关系）——因为要能“围成”，就必须两边和大于第三边；4、三个内角的和是180°（三角形内角和）——三角形可以由平行四边形分割而来，而平行四边形可以转化成长方形，内角和是360°。
（二）等腰三角形的产生在三角形产生之后，人们自然而然地按它的特征将它分类，按角的大小可分成“锐角三角形”（三个角都是锐角的三角形）、“直角三角形”（有一个角是直角的三角形）、“钝角三角形”（有一个角是钝角的三角形），按边的长短可分成“不等边三角形”（三条边互不相等的三角形）、“等腰三角形”（有两条边相等的三角形）、“等边三角形”（三条边都相等的三角形），等腰三角形应运而生。
从概念可以看出，等边三角形是特殊的等腰三角形，而正是等腰三角形这种介乎于一般与特殊之间的“特殊三角形”，才不会像等边三角形那么循规蹈矩（三条边相等，三个角都是60°，一定是锐角三角形），而有最复杂也最迷人的别样风采。
（三）等腰三角形的特性等腰三角形既可以是锐角三角形，也可以是直角三角形、钝角三角形。
由于两边相等，它具有以下特性：1、两腰相等。
相等的两条边由于形象特殊，被命名为“腰”，而第三条边则叫做“底”，与和高垂直的那个底意义是不同的。
2、两底角相等。
“底角”指的是与“底”相邻的两个内角，而两“腰”所夹的角叫做“顶角”。
高三数学一题多解一题多变试题及详解答案
高三数学一题多解一题多变试题及详解答案乐享集团公司，写于2021年6月16日高三一题多解 一题多变题目一题多解 一题多变一原题：482++=x mx x f )( 的定义域为R,求m 的取值范围 解：由题意0482≥++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0≤,得4≥m变1：4823++=x mx x f log )(的定义域为R,求m 的取值范围 解：由题意0482>++x mx 在R 上恒成立0>∴m 且Δ0<,得4>m变2：)(log )(4823++=x mx x f 的值域为R,求m 的取值范围 解：令=t 482++x mx ,则要求t 能取到所有大于0的实数,∴当0=m 时,t 能取到所有大于0的实数当0≠m 时,0>m 且Δ0≥4≤0⇒m <变3：18223+++=x nx mx x f log )(的定义域为R,值域为[]20,,求m,n 的值解：由题意,令[]911822,∈+++=x n x mx y ,得0-8--2=+n y x x m y ）（ m y ≠时,Δ0≥016-)(-2≤++⇒mn y n m y -∴ 1和9时0162=++-)(-mn y n m y 的两个根∴ 当m y =时,08==mn x - R x ∈ ,也符合题意 一 题 多 解-解不等式523<<3-x解法一：根据绝对值的定义,进行分类讨论求解 1当03-≥x 2时,不等式可化为53-<<x 2343<<x ⇒2当03-<x 2时,不等式可化为0x -1⇒53-2x <<<+<3 综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法二：转化为不等式组求解原不等式等价于综上：解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法三：利用等价命题法 原不等式等价于-33-2x 5-53-<<<<或x 23,即0x 1-<<<<或43x 解集为}{0x 1-<<<<或43x x 解法四：利用绝对值的集合意义原不等式可化为2523<<23-x ,不等式的几何意义时数轴上的点23到x 的距离大于23,且小于25,由图得, 解集为}{0x 1-<<<<或43x x一题多解 已知n s 是等比数列的前n 想项和,963s s s ,,成等差数列,求证：852a a a ,,成等差数列法一：用公式qq a s n n 一一111)(=,因为963s s s ,,成等差数列,所以9632s s s =+且1≠q 则 所以8716141152222a q a q q a q a q a a a ===+=+)( 所以 852a a a ,,成等差数列｀ 法二用公式qqa a s n n 一一11=,q q a a q q a a q q a a s s s 一一一一一一12112916131963)(∴,=+=+则q a q a q a a a a 85296322=+⇒=+8522a a a =+⇒,所以 852a a a ,,成等差数列｀证法三：用公式)(),(n n n n n n n q q s s q s s 23211++=+=解得213一=q 下略变题：已知54=αsin 且α是第二象限角,求αtan解：α是第二象限角,54=αsin 345312一一一一===αααtan ,sin cos ⇒变1：54=αsin ,求αtan解：054>=αsin ,所以α是第一或第二象限角若是第一象限角,则3453==ααtan ,cos若是第二象限角,则3454一一==ααtan ,cos变2：已知)(sin 0>=m m α求αtan 解：由条件10≤<m ,所以当 10<<m 时,α是第一或第二象限角 若是第一象限角时2211mm αm α一一==tan ,cos 若是第二象限角2211mm αm α一一一一tan ,cos ==当1=m 时αtan 不存在 变3：已知)(sin 1≤=m m α,求αtan 解：当11一,=m 时,αtan 不存在 当0=m 时, 0=αtan当α时第一、第四象限角时,21mm α一=tan当α是第二、第三象限角时,21mm α一一=tan一题多解 一题多变三题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ,则01yx -=+2x ,由Δ2y =-204≥⇒≥y 当2=y 时,2x -012=+x 1=⇒x , 因此当1=x 时,)()(01x xx x f +=有最小值2,即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性 任取210x x ,则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时,即)()(21x f x f ,此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时,)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上是减函数,)(x f 在()∞,+1上是增函数,知 1=x时,)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法三：配方法 2112+=+=)-()(xx xx x f ,当01=xx -时,1=x ,此时)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R,求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R,求实数a 的取值范围 解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(log )(1222++=x ax x f 的值域为R,求实数a 的取值范围 解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数,则 0=a 时,1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时,0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变四题目：求函数)()(01 x xx x f +=的值域 方法一：判别式法 --设xx y 1+= ,则01yx -=+2x ,由Δ2y =-204≥⇒≥y当2=y 时,2x -012=+x 1=⇒x , 因此当1=x 时,)()(01x xx x f +=有最小值2,即值域为[)+∞,2方法二：单调性法先判断函数)()(01 x xx x f +=的单调性任取210x x ,则212121211x x x x x x x f x f )-)(-()(-)(=当2021≤x x 时,即)()(21x f x f ,此时)(x f 在(]10,上时减函数 当212x x 时,)()(21x f x f )(x f 在()+∞,2上是增函数由)(x f 在(]10,上时减函数,)(x f 在()∞,+1上是增函数,知 1=x时,)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法三：配方法 2112+=+=)-()(xx xx x f ,当01=xx -时,1=x ,此时)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2方法四：基本不等式法)(x f 有最小值2,即值域为[)+∞,2变 题原题：若函数1212++=x ax x f )(的定义域为R,求实数a 的取值范围解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式一：函数)(log )(1222++=x ax x f 的定义域为R,求实数a 的取值范围 解：由题意得0122 ++x ax 在R 上恒成立,则要求0 a 且Δ1044 a a ⇒=-变式二：函数)(log )(1222++=x ax x f 的值域为R,求实数a 的取值范围 解：令=u 122++x ax 能取到所有大于0的实数,则0=a 时,1+=zx u 能取到所有大于0的实数 0≠a 时,0 a 且Δ1a 004a -≤⇒≥= 4综上10≤≤a一题多解 一题多变五题目：椭圆1162522=+y x 的焦点是21F F 、,椭圆上一点P 满足21PF PF ⊥,下面结论正确的是——————————————————————— AP 点有两个 BP 点有四个 CP 点不一定存在 DP 点一定不存在 解法一：以21F F 为直径构圆,知：圆的半径b c r =<==43,即圆与椭圆不可能有交点;故选D 解法二：由题知124321)(21max 21=⨯=•⨯=∆b F F S F pF ,而在椭圆中：164tan221==∆πb S F PF ,∴不可能成立,1612>故选D解法三：由题意知当p 点在短轴端点处21PF F <最大,设α221=<PF F ,∴<⇒<=,4,143tan παα此时21PF F <为锐角,与题设矛盾;故选D 解法四：设)sin 4,5(θθcon P ,由,21PF PF ⊥知02121=•⇒⊥PF PF PF PF ,而⇒-=⇒=+-=+-=•970sin 16925)sin 4,35)(sin 4,35(22221θθθθθθθcon con con con PF PF 无解,故选D解法五：设θ=∠21F PF ,假设21PF PF ⊥,则26)4sin(26sin 66||||21≤+=+=+πθθθcon PF PF ,而102||||21==+a PF PF即：2610≤,不可能;故选D解法六：=-=--+=-+=<||||2|||264||||236||||2)|||(|||||36||||21212121222121222121PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF PF F con 025*******)2||||(321||||3222121≠=-=-+≥-PF PF PF PF ,故212190PF PF PF F ⊥∴≠< 不可能;故选D解法七：设),(00y x P 由焦半径知：∴⊥-=-=+=+=21002001,535||,535||PF PF x ex a PF x ex a PF 2212221||||||F F PF PF =+962550251810)535()535(202022020=⇒=⇒=-++⇒x x x x 而在椭圆中5||0≤x 而325||0=x >8,故不符合题意,故选D解法八.设圆方程为：922=+y x椭圆方程为：1162522=+y x两者联立解方程组得： 不可能故圆922=+y x 与椭圆1162522=+y x 无交点即 1PF 不可能垂直2PF 故选D一题多解 一题多变六一变题：课本P110 写出数列}{n a 的前5项：1-111,14n n a a a =-=- 变题：已知函数1()22,[,1]2f x x x =-+∈,设)(x f 的反函数为)(x g y =,)(,1211a g a a ==)(1-n n a g a =,求数列}{n a 的通项公式;解：由题意得,x x g y 211-)(==,1--n n a a 211=1212()323n n a a -∴-=-,令32-n n a b =,则}{n b 是以31为首项,21-为公比的等比数列,故)()-(1-12131≥=n b n n从而,)(23)-(1-n 1-11232≥×+=+=n b a n n n n 二、一题多解已知函数),[,)(+∞∈++=122x xax x x f 1当21=a 时,求函数)(x f 的最小值；-2若对于任意01>+∞∈)(),,[x f x 恒成立,试求实数a 的取值范围, 解：1当21=a 时,222212+≥++=xx x f )(,当且仅当22=x 时取等号 由)()(0>+=k xkx x f 性质可知,)(x f 在),[+∞22上是增函数 ),[+∞∈1x ,所以)(x f 在)∞,[+1是增函数,)(x f 在区间)∞,[+1上的最小值为271=)(f2法一：在区间上)∞,[+1,022>++=xax x x f )(恒成立022>++⇔a x x 恒成立设a x x ++=22y ,),[+∞∈1x 11222-)(y a x a x x ++=++=在)∞,[+1上增 所以1=x 时,3min +=a y ,于是当且仅当03min >+=a y 时,函数0>)(x f 恒成立,故-3>a法二：),[,)(+∞∈++=12x xax x f当0≥a 时,函数)(x f 的值恒为正；当0<a 时,函数)(x f 为增函数,故当1=x 时,3min +=a y ,于是当且仅当03min >+=a y 时,函数0>)(x f 恒成,故-3>a法三：在区间)∞,[+1上,022>++=xax x x f )(恒成立022>++⇔a x x 恒成立 x x a 22- -⇔>恒成立,故a 应大于x x 22- -u =,)∞,[∈+1x 时的最大值-3,所以-3>a一题多解 一题多变七原题：:若)()(0112>++=x x x xf ,则=)(x f 分析:用倒数换元解: 令tx xt 11==则, 所以 将t 换成x 得到:变题1：设)(x f 满足关系式,)()(x xf x f 312=+求)(x f 的解析式 解：tx xt 11==则将t 换成x 得到:与原式联立方程组消去)(xf 1得到变题2：已知()()af x f x bx +-=,其中12≠a 试求)(x f 的解析式解：用相反数换元 令,t x x t =-=-代入到原式当中得到： 将t 换成x 得到:与原式联立方程组,得到：变题3：已知22(43)(34)2,af x bf x x a b -+-=≠,试求)(x f 的解析式解：令43x t -=,则232+=t x 将()1 中t 换－t 得到: 与()1联立方程组得到：变题4：已知2()()1,n n af x f x bx a n +-=≠，其中为奇数，求)(x f解：设n n t x t x ==, 代入原式得： 将t 换成—t 得到:n t b t f t af ——=+)()( 与上式联立方程组得到∴ )(x f 的解析式为：()f x ==一题多解题目：设二次函数)(x f 满足，———)()(22x f x f =且函数图象y 轴上的截距为1,被x 轴截的线段长为22,求)(x f 的解析式分析：设二次函数的一般形式)()(02≠++=a c bx ax x f ,然后根据条件求出待定系数a,b,c解法一：设)()(02≠++=a c bx ax x f由，———)()(22x f x f = 得：04=b a — 又2284a ac b =∴— 由题意可知 1=c 解之得：解法二：，———)()(22x f x f =故函数)(x f y =的图象有对称轴2—=x 可设k x a y ++=22)(函数图象与y 轴上的截距为1,则14=+k a又被x 轴截的线段长为22,则2221==d x x Δ—整理得：02=+k a 解之得： 解法三：：，———)()(22x f x f =故 函数)(x f y =的图象有对称轴2—=x ,又2221=x x —∴ )(x y =与x 轴的交点为：∴故可设)(222++=x a y一题多解 一题多变八原题 设()x f y =有反函数)(-1x f y =,又)(2+=x f y 与)1-(-1x f y = 互为反函数,则__________)(-)(-1-1=01f f 教学与测试P 77变题 设()x f y =有反函数)(-1x f y =,又)(1+=x f y 的图象与)(-11+=x f y 的图象关于x y =对称（1） 求)(-)(01f f 及)(-)(-1-101f f 的值；（2） 若b a ,均为整数,请用b a ,表示()()f a f b 及)(-)(-1-1b f a f解1因)(-11+=x f y 的反函数是()1-x f y =,从而()11-)(x f x f =+,于是有()11--)(=+x f x f ,令1=x 得-1(0)-)(=f f 1；同样,)(1+=x f y 得反函数为()1--1x f y =,从而()11-)(-1-1x f x f =+,于是,()11--)(-1-1=+x f x f ．2 -11)(-)(=++x f x f 2,而()11--)(=+x f x f ,故()12-1)-(-)(=+x f x f ,即()22--)(=+x f x f , …()n x f n x f --)(=+,从而()[]()a b a f a b a f b f a f --)-(-)(=+=．同理,()-1-1()f a f b b a -=-．一题多解1．函数2(),(1)(3)f x x bx c f f =++-=,则 A (1)(1)f c f >>- B (1)(1)f c f <<- C (1)(1)c f f >-> D (1)(1)c f f <-<解法1. 由(1)(3)f f -=知()x f 的图象关于1=x 对称,得2b =-而22(1)1(2)11,(1)(-1)(2)(1)3f c c f c c =+-•+=--=+-•-+=+,且31c c c +>>-,因此(1)(1)f c f <<-.解法2.由(1)(3)f f -=知()x f 的图象关于1=x 对称,而)(0f c =,而()x f 在－1,1上递减,易得答案为B ．y-1 0 1x一题多解 一题多变九姜忠杰变 题原题：若在区间y =2a -ax -2x 在区间)3-,1∞-(是减函数,则a 的取值范围是多少变1：若函数y =2a -ax -2x 在)3-,1∞-(上是减函数,则a 的取值范围是多少变2、若函数y =)a -ax -(log 2221x 在)3-,1-(∞上是增函数,则a 的取值范围是多少变3、若函数y =)a -ax -(log 2221x 在)3-,1∞-(上是增函数,且函数的值域为R,则a 的取值范围是多少解： 函数2a -ax -2x y =的减区间为]-2a ，（∞,∴⊆)3-,1∞-(]-2a，（∞∴），∞32-2[+ -变1、设2a -ax -2x u =,则u 在)3-,1∞-(为减函数,且在)3-,1∞-(,u ≥0 所以有3-12a ≤且u 3-10≥,∴a 的取值范围是],[)51)(1-3()5-1)(1-(223+变2：设2a -ax -2x u =,则u 在为减函数,且在]3-,1∞-(,u ≥0- 所以有3-12a ≤且u 3-10≥,∴a 的取值范围是],[)51)(1-3()5-1)(1-(223+变3：设2a -ax -2x u =,则u 在)3-,1∞-(减区间,u 在)3-,1∞-(取到一切正实数3-12a ≤,01=)3-(u ,所以=a 23)5-1)(1-(或2)51)(1-3(+一题多解：设10=+a a lg ,1010=+b b ,求b a +的值;解法一构造函数：设x x x f lg )(+=,则)(lg )(b b b b f b a f 1010101010=+=+==,由于)(x f 在),(+∞0上是单调递增函数,所以b a 10=,故1010=+=+b b a b ; 解法二图象法因为a 是方程10=+x x lg 的一个根,也就是方程x x -lg 10=的一个根b 是方程1010=+x x 的一个根,也就是方程x -1010=x 的一个根令x x g lg )(=,x x h 10=)(,x x -)(10=Φ,在同一坐标系中作出他们的图象,如图所示：a 是方程)()(x x g Φ=的根,即图中OA=ab 是方程)()(x x h Φ=的根,即图中OB=b易得OA+OB=10,所以10=+b a解法三：方程10=+x x lg ,1010=+x x 的根为a ,b 由1010=+x x ,得x x -1010=,∴x)-lg(10=x ,又10=+x x lg 10lgx x)-lg(=+∴10, 1010x )-x (10=即,02=+101010x -x 即一题多解 一题多变十课本P 102 证明：222221212122121)()(≤)(,)()(;)()()(,)(x f x f x x f b ax x x f x f x f x x f b ax x f ++++=+=++=则若则）若（变题：1、如图所示,),,,)((4321=i x f i 是定义在0,1上的四个函数,其中满足性质：“对0,1中的任意的21x x ,,任意1212[0,1],[(1)]()(1)()f x x f x f x λλλλλ∈+-≤+-恒成立”的只有 AA 、 )(),(31x f x fB 、)(2x fC 、)(),(32x f x fD 、)(4x f变题2、定义在R 上的函数)(x f 满足：如果对于任意R x x ∈21,都有222121)()(≤)(x f x f x x f ++ 则称函数)(x f 是R 上的凹函数;已知二次函数),()(02≠∈+=a R a x ax x f 1求证：当0>a 时,函数)(x f 是凹函数；2如果],[10∈x 时,1≤|)(|x f ,试求实数a 的取值范围; 1证明：略2实数a 的取值范围是[2,0)- 二、一题多解不查表计算：5235233lg lg lg lg ++解法一：原式=3lg2lg55)lg lg2lg5-2lg )(lg (lg 22+++52 =523552222lg lg lg lg lg -lg ++ =5522222lg lg lg lg ++ =1522=+)lg (lg解法二：原式=322(lg 2lg5)3lg 2lg5-3lg 2lg 53lg 2lg5+-+=1-3lg 2lg5(lg 2lg51)+- =1解法三：原式=52352523523lg lg )lg (lg lg lg -)lg (lg +++=5235231lg lg lg lg -+ =1解法四：原式=52352352352352352222233lg lg lg lg -lg lg -lg lg lg lg lg lg ++++=)-lg (lg lg lg -)lg (lg 152523523++ =1解法五：原式=15235233×++lg lg lg lg=)lg (lg lg lg lg lg 525235233+×++ =352)lg (lg + =1一题多解 一题多变十一一题多解- 1． 已知212x x f -)(=-1)<x ,求-12()3f －的值解法1 先求反函数 由221xy =－得221y x =－ ∴ y2-1-=x 且0<y故原函数的反函数是x2-1-)(1-=x f )(0<x 解法2从互为反函数的函数的关系看 令32-x -2=12解得2±=x 即 -2)32-(1-=f变题2． 已知)(x f 对于任意实数y x .满足)()()(y f x f y x f +=+,当0>x 时,0<)(x f （1） 求证)-(-)(x f x f = （2） 判断)(x f 的单调性证明 1令,0==y x 得)()()(000f f f += -令-y =x ,得0-x)()()(=+=f x f f 02设21x x <,则)()-()()]-([)(11211212x f x x f x f x x x f x f <+=+= ∴ )(x f 在R 上是单调函数变题 1. 已知函数是定义R 在上的增函数,且满足-)()(x f yxf =)(y f（1） 求)(1f 的值（2） 若,)(16=f 解不等式215<+)(-)(xf x f 解 1 令1==y x ,得∴ 01=)(f -（3） 在)(-)()(y f x f yx f =中,令61==y x ,得 从而261636==)(-)()(f f f又原不等式可化为 )()]([365f x x f <+, 且)(x f 是),(+∞0上的增函数,∴ 原不等式等价于又 0>x 05>+x 解得 40<<x∴ 原不等式的解集为0,4一题多解 一题多变十二考查知识点：函数的对称中心原题：函数)lg(12++=x x y 的图象关于原点对称;解：该函数定义域为R,且))-(-lg()()-(12++=+x x x f x f +)lg(12++x x =))(-lg(1122++++x x x x =01=lg)(-)-(x f x f =∴,∴该函数图像关于原点对称变题1：已知函数)(x f y =满足)(-)-(11+=+x f x f 则)(x f y =的图象的关于),(01对称解： )(-)-(11+=+x f x f ∴)(1+=x f y 为奇函数,即)(1+=x f y 的图象关于原点),(00对称,故)(x f y =的图象关于),(01对称;变题2：已知函数)(x f y =满足2=+)-()(x f x f ,则函数)(x f y =的图象关于),(10对称解：由2=+)-()(x f x f 得,∴]-)([--)-(11x f x f =,)(x f y =－1为奇函数,即)(x f y =－1的图象关于0,0对称,∴)(x f y =的图象关于),(10对称变题3：已知函数)(x f y =满足22=++)()(x f x f ,则)(x f y =的图象关于1,1对称解：令1-t x =,则t x --1=,故由22=++)()(x f x f 得211=++)-()(t f t f ,即)(x f 满足211=++)-()(x f x f ,即]-)([--)-(1111+=+x f x f ,∴11-)(+=x f y 的图象关于原点0,0对称,故)(x f y =的图象关于1,1对称;结论：若函数)(x f y =满足b x c f x a f =++)-()(,则)(x f y =的图象关于()22bc a ,+对称;变题4：已知244+=x xx f )(求证：111=+)-()(x f x f 2指出该函数图象的对称中心并说明理由;3求)()()(100110001000210001f f f +++ 的值;1证明：1242244244244111=+++=+++=+xx x x x x x x f x f --)-()(,得证;- 2解：该函数图象的对称中心为），（2121,由11=+)-()(x f x f 得12121=++)-()(x f x f 即]-)([--)-(21212121+=+x f x f ,∴2121-)(+=x f y 的图象关于原点中心对称,故)(x f y =的图象关于），（2121对称; 3解：11=+)-()(x f x f ,故11001100010011=+)()(f f ,1100199910012=+)()(f f ,……,∴ )()()(100110001000210001f f f +++ =500变题5：求证：二次函数)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象没有对称中心;证明：假设),(n m 是)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象的对称中心,则对任意R x ∈,都有n x m f x m f 2=++)-()(,即n c x m b x m a c x m b x m a 222=+++++++)-()-()()(恒成立,即有n c bm am ax =+++22恒成立,也就是0=a 且02=++n c bm am -与0≠a 矛盾 所以)()(02≠++=a c bx ax x f 的图象没有对称中心;一题多解 一题多变十三题目：已知函数[)∞∈+++=，）（122x xax x x f 若对任意[)01）＞（，，x f x ∞+∈恒成立,试求实数a 的取值范围;解法一：在区间[)∞+，1上,022>++=xax x x f ）（恒成立022>++⇔a x x 恒成立,设a x x y ++=22在[)∞+，1递增 ,∴当x=1时a y +=3min ,于是当且仅当03>+=a y min 时,函数恒成立,故 a>—3;解法二：[)∞+∈++=，，）（12x xax x f 当a 0≥的值恒为正,当a<0时,函数）（x f 为增函数故当x=1时a x f +=3）（min 于是当且仅当3+a>时恒成立, 故 a>—3;解法三：在区间[)∞+，1上xax x x f ++=22）（恒成立022>++⇔a x x 恒成立x x a 22——>⇔恒成立,故a 应大于[)∞+∈=，，——122x x x u 时的最大值—3, ()112++>∴x a — 当x=1时,取得最大值 —3 。
浅谈“一题多解”与“多题一解”
浅谈“一题多解”与“多题一解”作者：喻秋叶来源：《创新时代》2016年第09期在新一轮数学课程改革从理念渗透到内容实施的过程中，教师在观念和意识上有了很大的变化。
在章节复习课的教学中，需要设计科学、合理的解题教学环节，并且设置适量而贴切的解题训练，这也是培养学生形成数学思维、掌握基本技能的重要途径。
无论是教学实际的需要，还是素质教育的诉求，教师都必须面对各种蜂拥而至的数学问题，选择合适的切入点，引导学生从“题海”中解脱。
针对这种教学要求，教师可以采用“一题多解”与“多题一解”的变式教学方式，帮助学生逐步地提升思维能力，掌握解题技能。
根据复习课的特点，在学生已经掌握了一定的基础知识和基本技能的前提下，教师需要进一步提升学生的逻辑推理、发散思维、归纳迁移等数学能力。
笔者通过教学实践，将从三个方面，简单剖析“一题多解”与“多题一解”是如何在复习课的教学中发挥其特有的教学功能的。
一、一题多解，发散思维对于复习课而言，典型例题的选取与讲解至关重要，为了提高例题的使用价值，教师需要引导学生利用多种方法，从多种角度去思考问题，并通过多角度、多层次的探索，来提升学生思维的广阔性，提高他们的解题能力。
【案例1】已知，，求。
解法1：三角公式求解，再联立解得，，。
解析①：根据公式，运用同角三角函数关系中平方关系，直接求出，再求解。
解法2：公式正、逆用，两边平方得解析②：直接利用公式展开，平方后公式的逆用得值。
解法3：转换与方程思想求解因为，；由得，；解析③：直接法，利用化归思想先求出，再结合方程求出；再代入公式求解。
解法4：转化与化归思想求解因为，解析④：关键找到与之间的联系，主要从和、差、倍角三类关系去找已知角和未知角之间的联系。
【评析】在本例题的讲评过程中，充分发挥了“一题多解”的教学优势，前两种解法巩固了学生的基础知识，后两种解法拓展了学生的思维空间，这正是符合了张奠宙先生所提出的“在打好学生‘双基’的基础之上，谋求发展”的教育教学理念。
学生创新思维能力的培养———对一题多解与一题多变的探讨
学生创新思维能力的培养———对一题多解与一题多变的探讨发表时间：2013-07-11T08:23:43.890Z 来源：《教育研究·教研版》2013年7月下供稿作者：黄赤华[导读] 培养学生的创新意识和创新能力是当前中学数学教学必须处理和解决好的重要课题。
〔摘要〕培养学生的创新意识和创新能力是当前中学数学教学必须处理和解决好的重要课题。
在数学教学中要努力营造一种民主的氛围,鼓励学生大胆质疑,敢于标新立异,异想天开,从而培养学生勇于探索,敢于创新的精神,提高学生的创新能力。
本文探讨了如何通过中学数学的一题多解、一题多变来培养学生的创新思维。
〔关键词〕一题多解一题多变创新思维数学著名美籍华人杨振宁博士曾指出:“中外学生的主要差距在于，中国学生缺乏创新意识，创新能力有待于加强.”而具有创新能力的人才将是二十一世纪最具有竞争力，最受欢迎的人才，培养学生的创新意识和创新能力是当前中学数学教学必须处理和解决好的重要课题。
在整个中学数学教学过程中，怎样培养学生的创新能力？笔者的做法是:在数学的题解过程中，提倡一题多解，一题多变，通过一题多解，一题多变来培养学生的创新能力。
1 数学教学中，通过一题多解培养学生创新思维能力一题多解的题目要具有代表性，能包容大部分所学知识点，不能过于复杂（难），但也不能流于简单。
过难挫伤学生研究学习的积极性，过于简单学生没有兴趣，这一步对激发学生的学习研究兴趣很重要。
例如，有这样一道题目：如图1，在△ABC 中， AB=AC，点D 在AB 上，点E 在AC 的延长线上，且 BD=CE，连结DE 交BC 于点F。
求证：点F 是DE 的中点。
我的学生找到了3 种证法：证法一：过点D 作 DG//AE，交BC 于点G，然后证△DGF≌△ECF，得DF＝EF，从而F 是DE 的中点。
如图2证法二：过点E 作 EG//AB，交BC 的延长线于点 G，然后证△EGF≌△BDF，得 DF＝EF，从而F 是DE 的中点。
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引言在学习中，我们经常会遇到一些问题，这些问题有时候并不是只有一个答案或一个解决方法。
一题多问、一题多变、一题多解的思想，就是针对这种情况而提出的。
本文将介绍这种思想的具体含义，及其在学习中的运用和思考。
一题多问在学习过程中，我们在掌握问题的基本内容后，有时候会遇到一些疑点。
这时候我们可以通过反复询问问题、寻找答案来更深入地理解问题。
一题多问的思想，就是在问题的基础上反复提出问题，追究问题的本质和细节，获得更深入的理解。
例如，我们在学习物理学中的牛顿第一定律时，可以从以下几个方面去思考问题：•什么是牛顿第一定律？•牛顿第一定律的实验验证的是什么？•牛顿第一定律的本质是什么？•牛顿第一定律与运动无关，那么万有引力定律是否也是与运动相关？通过一题多问的思想，我们可以深入地理解一个问题的本质和意义，从而更好地掌握其知识。
一题多变一题多变指的是在学习中，同一个问题可以有不同的表述方法或角度，通过不同的表述方法或角度来理解问题。
这种思想能够帮助我们更好地理解问题，从而更好地掌握知识。
例如，在学习数学中的解方程时，我们可以从以下几种不同的角度来表述同一个问题：•消元法：将未知数移项并整理，得到最终的解；•因式分解法：将多项式转化为一元二次方程组的形式，然后通过因式分解法得到最终的解；•公式法：对于某些特定的方程，我们可以使用特定的公式来求解。
通过一题多变的思想，我们可以更全面地理解一个问题，并且可以寻找不同的解决方法，从而更好地掌握知识。
一题多解一题多解指的是一个问题可以有不同的解决方法或答案。
在学习中，我们常常会遇到一些问题，即使是同一个问题，也可能有多个解决方法或答案。
一题多解的思想，就是鼓励我们去尝试不同的解决方法或答案，从而更好地掌握知识。
例如，在学习编程时，解决一个问题可能有多种不同的方法，我们可以通过不同的方法比较优劣性质，例如：代码复杂度、效率等，找到最佳的解决方法。
浅谈数学中的一题多解与一题多变
浅谈数学中的一题多解与一题多变发表时间：2019-12-13T18:03:02.603Z 来源：《中小学教育》2020年第392期作者：董利杰[导读] 新课程标准明确指出, 课堂教学要突出学生的主体地位, 考虑学生的身心发展规律。
山东省淄博市临淄区边河中学255400摘要：新课程标准明确指出, 课堂教学要突出学生的主体地位, 考虑学生的身心发展规律。
在数学教学中采用一题多解与一题多变的思想方法, 一题多解与一题多变的变式在教学之中, 往往起到一座桥的作用, 在最近发展区能把学生从已知的彼岸渡到未知的彼岸, 有利于学生提高解决综合问题的能力。
关键词：数学一题多解一题多变数学, 是一门自然学科, 同时也是一门逻辑性很强的学科，所以学好数学, 对于大多数学生是很难的一件事。
大多数学生认为数学枯燥、乏味，对数学学习提不起兴趣。
“如何帮助学生学好数学? ”便成了教师们的首要任务。
数学题是做不完的, 因此我们要采用巧妙的方法解决这个问题。
我认为要使学生学好数学, 要从提高学生学习能力和学习兴趣两方面着手。
在数学教学过程中, 通过利用一切条件, 采取一题多解与一题多变的形式进行教学, 这对培养学生思维的广阔性、深刻性、探索性、灵活性是一种很好的方法。
在赵振威著的文献[1]中, 详细地讲解了学好数学要采用一题多解与一题多变的思想方法；在文献[2]、[3]中作者讲解了一题多解在初、高中数学的运用；文献[4]说明了在高中数学教学中要充分利用课本上的例题和习题展开一题多解与一题多变的教学。
由此可见, 在数学教学中采用一题多解与一题多变的思想方法是很重要的。
那么, 下面就教学中如何运用“一题多解”与“一题多变”两个方面展开谈谈。
一、一题多解1.何为一题多解一题多解, 就是引导和启发学生运用不同的方法, 从不同角度、不同思路, 解答同一道数学问题。
用多种解法解答同一道数学题, 就是要充分运用学过的基础知识调动一切解题手段, 从各个不同的角度去探索解题途径。
一题多解 多题一解 一题多变(顶角是20度的等腰三角形问题)原创
顶角是20度的等腰三角形有关问题的解法比较在解顶角是20度的等腰三角形有关问题时不难发现，它们有共同之处，就是构造适当的等边三角形进行转化。
举例如下：如图1，在△ABC中，AB=AC，∠A=20゜，在AB、AC上分别取点E、D，使∠CBD=60゜，∠BCE=50゜.求∠AED的度数解法（一）解：如图2，作∠CBM=20°,点M在AC上，在AB上取点N，使BN=BM，在AM上取点P，使PM=MN，∵∠A=20゜, AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=80° ,∴∠NBM=60°∴△BMN为等边三角形，∵∠CBM=20°∴∠BMC=∠BCM=80°∴BC=BM=BN=MN=PM∴∠BNM=60°, ∠NMP=180°-∠BMN-∠BMC=40°∠MNP=∠MPN=70°∴∠ANP=180°-∠MNP-∠BNM=50°连接CN，在△BMN中，∵BC=BN，∠NBC=80°∴∠BCN=50°，∴点N就是图1中的点E，连接PB，在△PBM中，∵BM=PM，∠PMB=100°∴∠PBM=40°，∵∠CBM=20°∴∠CBP=60°，∴点P就是图1中的点D，∴∠AED=50°解法二解：如图3，作∠CBM=20°,交AC于点M，连接EM，∵∠A=20°, AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=80° ,BC=BM，∠NBE=60°∵∠BCE=50°∴∠BEC=180°–80°–50°= 50°∴BE=BC=BM∴△BMN为等边三角形，∴∠BEM=60°∵∠BMC =80°∴∠BMD=100°∵∠DBC =60°，∠CBM=20°∴∠DBM=40°在等腰△MDB中∴∠BDM=180°–100°–40°=40°AB CNMP(图2)AB CDE(图1)AB CEMD(图3)∴DM =BM =EM 在等腰△MDE 中 ∵∠BMD =100°∴∠MED =∠MDE =70°∴∠AED =180°-70°-60°=50°解法三：解：如图4 作等边三角形AGD 交AE 与F∴ ∠AGD ＝∠DBC ＝60°∠GAF ＝40° ∵∠A ＝20°AB ＝AC ∴ ∠ABC=∠ACB=80°又∵∠DBC ＝60°∴∠BDC ＝40°∴∠GAF ＝∠BDC ∴∠ABD ＝∠BAC ＝ 20° ∴AG=AD=DB△ AGF ≌△DBC∴AF=DC 又∵AB ＝AC∴BF=AD =DG ………① 又∵∠ABC =80°∠BCE =50゜∴∠BEC=50゜∴BE =BC=GF …………..② 由①②得 BF-BE=DG-GF 即：EF ＝FD又∵∠EFD =∠AFG ＝80°∴∠AED =（180°－80°）÷2=50° 2、（2004年山东省实验中学招生数学试题）12、在△ABC 中,AB=BC,∠ABC=20°,在AB 边上取点M,使BM=AC,则AMC 的大小为解法一_ 图 4_ GC解：作∠FAC=20°使AF＝AB 交AC与E 连结BF CF ∠BAF=80°-20°＝60°可得△BAF为等边三角形，∴BA=BF=AF∵BM=AC ∠FAC=∠CBM=20°∴△MBC≌△ACF ∠BMC=∠ACF∠CBF=60°-20°=40°BC=BA=AF∴∠BCF=(180°-40°)÷2=70°∴∠ACF=80°+70°=150°∴∠BMC=150°∠AMC=30°解法二解：作BD⊥AC交AC与D ∴∠DBC=10°在BD上取点E 使EA=AC 连结EC可得△EAC为等边三角形，∴EC=AC=BM∠BCE=80°-60°＝20°∴∠BCE=∠CBM BC是公共边∴△BCE≌△CBM ∠BCM＝∠DBC=10°∠AMC=∠BCM+∠ABC =30°解法三解：如图作等边三角形△BCN 连结MN ∠MBN=60°＋20°＝80°＝∠BAC∵BM=AC BN=BCC∴△NBM ≌△BAC∠BNM=20° ∠BMN ＝80° ∠MNC=60°-20°=40° ∵NM=BN=NC∴ ∠NMC=(180°-40°)÷2=70° ∴∠BMC =80°+70°=150° ∴∠AMC=30°补充练习：【题1】等腰三角形ABC ，顶角∠C=20°，D 、E 分别在CA 和CB 上，∠EAB=70°，∠DBA ＝60°，求∠DEA 度数。
浅析一题多解与一题多变在高中数学教学中的应用
２０２４年２月上半月㊀学习指导㊀㊀㊀㊀浅析一题多解与一题多变在高中数学教学中的应用◉江苏东海高级中学㊀冯月华㊀㊀在高中数学教学中,一题多解与一题多变教学是常用的方法,以期通过多角度分析达到夯实基础,培养学生创新能力和探究能力,提高学生发现㊁提出㊁分析和解决问题能力的目的[１]．下面笔者以两道典型的三角函数题为例,谈谈对一题多解与一题多变教学的一些粗浅认识,供参考!１一题多解,培养思维的发散性例１㊀已知t a n(α２＋π４)＝－３,求１＋s i nα的值．本题主要考查二倍角公式㊁和角的正切公式㊁ １ 的灵活转化等知识点,解题方法不唯一．根据预设可以看出,学生对 １ 的转化比较熟悉,例如１＋s i n x＝s i n x２＋c o s x２,１－s i n x＝s i n x２－c o s x２．教师先让学生独立解题,然后与学生共同交流．师:谁来说一说,你是如何求解例１的?生１:因为t a n(α２＋π４)＝－３,根据两角和的正切公式,易求出t a nα２＝２,所以α２的终边在第一或第三象限．由同角三角函数的基本关系式,进一步可求出s i nα２＝２５５,c o sα２＝５５,或s i nα２＝－２５５,c o sα２＝－５５,则都有１＋s i nα＝s i nα２＋c o sα２＝３５５,所以１＋s i nα＝３５５．师:很好!生１从已学习过的知识出发,利用１＋s i nα＝s i nα２＋c o sα２解决了问题．我们知道三角函数形式是灵活多变的,还有没有其他的方法呢?生２:我在此基础上做了改进．由t a n(α２＋π４)＝－３,可以得到s i n(α２＋π４)＝ʃ３１０１０,所以可得s i nα２＋c o sα２＝２s i n(α２＋π４)＝３５５,即１＋s i nα＝３５５．师:很好!生２从问题出发,灵活运用有关三角恒等变换公式,将已知和问题建立了联系,真正体现了知识的活学活用．学生给出预设的两种解法后,教师准备开始其他问题的探究,但生３又提出了新思路．生３:可从已知条件出发,因为t a n(α２＋π４)＝－３,利用二倍角公式得t a n(α＋π２)＝３４,所以t a nα＝－４３,则s i nα＝ʃ４５,解得１＋s i nα＝３５５或５５．我感觉自己的思路和过程没有问题,但是却和前面两位同学的结果不一致．生３给出的方法超出了教师的预设,教师一时不知如何回答．不过该方法是学生的真实想法,且具有一定的科学性和探究性,为此选择与学生共同探索,挖掘答案不一致的真正原因．师:生３的答案和之前两位同学的答案不一致,是前面两位同学的结果不够完善,还是生３的结果存在增根呢?这个确实是一个非常有价值的问题．问题到底出现在哪里呢?生４:我感觉生３的解题思路和计算过程没有问题,已知条件仅给出了t a n(α２＋π４)＝－３,没有给出α的范围,所以很难确定α的终边在哪一个象限．师:条件中确实没有给出α的范围,那么α的范围真的没有办法确定吗生５:可以将t a n(α２＋π４)与特殊角的三角函数比较,逐步缩小角的范围．由t a n(α２＋π４)＝－３＜－３,得kπ－π２＜α２＋π４＜kπ－π３,所以２kπ－３π２＜α＜２kπ－７π６(kɪZ),由此可知,α在第二象限．师:分析得非常有道理!那么是什么原因使生３解题时出现了增根呢９５学习指导２０２４年２月上半月㊀㊀㊀生６:问题应该出现在 由t a n(α２＋π４)＝－３,利用二倍角公式得t a n (α＋π２)＝３４这一步的变换上,变换时扩大了α的范围,从而出现了增根．对于同一题,思考的角度不同,其解决方法也会有所不同,不过最终的结果是一致的．在日常教学中,教师应鼓励学生尝试从不同角度探索解决问题的方法,这样可以有效激活学生的原认知,提高分析和解决问题的能力．２一题多变,培养思维的灵活性例２㊀已知α是三角形的内角,且s i n α＋c o s α＝１５,求t a n α的值．例２考查同角三角函数基本关系式及其应用,难度不大,教师先让学生独立求解,然后师生互动交流．师:对于例２,大家是怎么想的?生１:我是用方程的思想方法求解的,由s i n α＋c o s α＝１５和s i n ２α＋c o s ２α＝１,解得s i n α＝－３５,c o s α＝４５,或s i n α＝４５,c o s α＝－３５．又α是三角形的内角,所以s i n α＝４５,c o s α＝－３５．所以t a n α＝－４３．师:非常好!根据同角三角函数的基本关系式,运用方程的思想方法顺利解决了问题．对于该题,大家还有其他解题思路吗生２:由(s i n α＋c o s α)２＝１＋２s i n αc o s α＝１２５,得２s i n αc o s α＝－２４２５＜０．又α是三角形的内角,所以α为钝角,则s i n α＞０,c o s α＜０．又(s i n α－c o s α)２＝４９２５,所以s i n α－c o s α＝７５,将其与s i n α＋c o s α＝１５联立,求得s i n α＝４５,c o s α＝－３５,所以t a n α＝－４３．师:很好!根据角的范围判断三角函数的符号往往是解三角函数问题的关键,解题时切勿忘记．学生顺利完成例２的解答后,教师给出如下变式问题:变式㊀若t a n θ＝２,求s i n ２θ＋s i n θc o s θ－２c o s ２θ．此变式同样考查 s i n ２θ＋c o s ２θ＝１的灵活运用,将原式变为s i n ２θ＋s i n θc o s θ－２c o s ２θs i n ２θ＋c o s ２θ,将此式的分子分母同时除以c o s ２θ,转化为关于t a n θ的式子,进而将已知条件代入即可求得答案．例２及变式求解后,教师引导学生对以上解题方法进行归纳总结,从而提高学生解决一类问题的能力．在此基础上,教师继续提出新问题:(１)变式的条件还可以做怎样的变形?如果将t a n θ＝２变为t a nθ２＝２或３s i n θ＋c o s θ＝０或s i n (３π＋θ)＝２s i n (３π２＋θ),该如何求解?(２)变式的问题还可以做哪些变形?如果是２s i n θ－c o s θs i n θ＋２c o s θ,１c o s ２θ＋２s i n ２θ,s i n ２θ－c o s ２θ１＋c o s ２θ,又该如何求解?通过以上变式,引导学生体会该类题型考查的核心内容是s i n ２θ＋c o s ２θ＝１,t a n θ＝s i n θc o s θ与 １的灵活应用,题目虽然形式不同,但是所用的知识㊁思路与方法基本相同．这样通过一题多变既能加深对相关知识㊁方法的理解,又能增强学生解题信心,提高学生解决问题的能力．数学题目千变万化,更换一个条件或结论就会成为一道新题．为了帮助学生跳出 题海 ,教学中应注重对一些典型例题进行变式教学,这样既能加深相关知识的理解,又能激发学生的探究欲望,提高学生的思维能力和学习能力,从而让学生逐渐爱上数学学习[２]．３结束语在实际教学中,教师要通过一题多解与一题多变为学生提供更多的自主探究空间,以此帮助学生加深对所学知识的理解,培养良好的学习习惯和独立的个性．学生是课堂的主体．教学过程中,教师要尊重学生㊁相信学生,提供时间和空间让学生主动参与课堂,切实提高教学有效性和学生数学能力．在实际教学中,教师既要进行充分的预设,又要及时捕捉精彩的课堂生成,以平等对话的态度了解学生的真实想法,共同研究解决问题的策略,激发学生参与课堂的积极性,促成深度学习．总之,在解题教学中,教师切勿越俎代庖,应该充分发挥学生的主体价值,通过一题多解㊁一题多变教学提炼解题规律和解题方法,培养学生的创新㊁探究能力,提升教学有效性．参考文献:[１]郭靖．基于核心素养的引导探究教学模式的探索与实践 高中新教材不等式性质的教学案例[J ]．中文科技期刊数据库(全文版)教育科学,２０２１(６):１６８Ｇ１７０．[２]陈光建,郑日锋．一花一世界一题一天地 一节高考二轮复习的教学设计及反思[J ]．中小学数学(高中版)２０１３(４):２０Ｇ２２．Z０６。
“一题多解、多变”练思维 “多解、多题归一”悟本质
文/王永坚近年来，在初中数学教学实践中，围绕着培养学生的创造性思维能力问题，已作出了许多有益的探索。
系统论指出：整体功能大于部分功能之和。
它的启示是：在数学教学中，如果能以某一主题为中心，注意把“一题多解”、“一题多变”、“多解归一”、“多题归一”等方法组成一个互相联系互相作用的综合整体，更有助于加深对知识的巩固与深化，提高解题技巧及分析问题、解决问题的能力，增强思维的灵活性、变通性和创新性。
一、一题多解，激活学生思维的发散性一题多解，培养学生求异创新的发散性思维。
通过一题多解的训练，学生可以从多角度、多途径寻求解决问题的方法，开拓解题思路。
例1：有两个完全相同的长方体恰好拼成了一个正方体，正方体的表面积是30平方厘米。
如果把这两个长方体改拼成一个大长方体，那么大长方体的表面积是多少？【解法1】30-30÷6+30÷6×2=30-5+10=35（平方厘米）。
或：30+30÷6×（2-1）=30+5=35（平方厘米）。
【解法2】30+30÷6=30+5=35（平方厘米）。
【解法3】30÷6×（6+1）=30÷6×7=35（平方厘米）。
【评注】比较以上三种解法，解法2和解法3是本题较好的解法。
在数学解题过程中，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新旧知识间的相互关系和内在联系，培养求异思维，使自己的思维具有流畅性。
二、一题多变，激励学生思维的变通性一题多变，培养学生思维的应变性。
把习题通过条件变换、因果变换等，使之变为更多的有价值、有新意的新问题，使更多的知识得到应用，从而获得“一题多练”、“一题多得”的效果。
这种习题，有助于启发引导学生分析比较其异同点，抓住问题的实质，加深对本质特征的认识，从而更好地区分事物的各种因素，形成正确的认识，进而更深刻地理解所学知识，促进和增强学生思维的深刻性。
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∴△ＢMN为等边三角形,
∵∠CBＭ=2０°
∴∠BMC=∠ＢＣM=80°
∴BC=BM=ＢN=MN＝ＰM
∴∠BNM=６0°,∠NMP=180°-∠BMN－∠BＭC=40°
∠MＮP=∠MＰN＝70°
∴∠ＡNP=180°－∠MNＰ-∠ＢNＭ=5０°
连接CN，
在△BＭN中，∵BC=ＢN，∠NBC=８0°
一题多解－－多题一解--一题多变(顶角是度的等腰三角形问题）原创
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顶角是20度的等腰三角形有关问题的解法比较
在解顶角是20度的等腰三角形有关问题时不难发现,它们有共同之处,就是构造适当的等边三角形进行转化。举例如下：
如图1，在△ＡBC中,AＢ＝ＡC，∠A=20゜,在AB、AC上分别取点E、D,使∠CBD＝６０゜,∠ＢCＥ=５0゜.求∠AEＤ的度数
解法(一）
解:如图２，作∠CＢM=20°,点M在AＣ上，在ＡB上取点N,使BN=BM,在AM上取点P,使PM=MN,
∵∠A=２0゜，ＡB=ＡＣ,
∴∠ABＣ=∠AＣB＝８0° ，
∴∠ＢCN=50°,∴点N就是图１中的点E,连接PB，
在△ＰBM中,∵ＢＭ=PＭ，∠PＭB=1０0°
∴∠PBＭ=40°，
∵∠CBM=２０°
∴∠ＣBP=60°，
∴点P就是图1中的点Ｄ，
∴∠AED=5０°
解法二
解:如图3，作∠CBM=20°,交ＡC于点Ｍ,连接EM，
∵∠A=2０°，AＢ=ＡC，
∴∠ＡBＣ=∠AＣB＝80° ，ＢC=BM,∠NBＥ=6０°
∵∠ＢCE=50°
∴∠ＢEC=１80°–80°–50°=５0°
∴BE=ＢC=BM
∴△BMＮ为等边三角形,
∴∠ＢEM=60°
∵∠BMＣ=8０°
∴∠BMD=10０°
∵∠DBC=６0°，∠CBM=２０°
∴∠ＤBM=４0°
在等腰△ＭDB中
∴∠ＢDM＝180°–100°–40°=4０°
∴DM=BM=ＥM
在等腰△MDБайду номын сангаас中
∵∠BMＤ=100°
∴∠MED=∠ＭDE=70°
∴∠AED=18０°-７０°-6０°=５０°