浅谈数学中的一题多解和一题多变

浅谈数学中的一题多解和一题多变
——银川十八中 成进军
数学充满着浓厚的趣味性和挑战性。

数学教学应体现其科学性，尊重学生的个体差异，尽可能满足学生的多样化学习需求，让学生根据自己的实际感受不同层次的学科味。

因此，我们作为数学工作者就要在平时的授课中，诸如对问题情境的设计，教学过程的展开，练习的安排要尽量体现发现思维，让学生真正在几何数学的思维上有所提高。

在学习几何过程中，如果我们能将一些典型的问题进行剖析、挖掘、联想、引申，就能发现他们的潜在功能和实用价值，从而帮助学生系统的掌握知识，提高数学思维能力。

下面仅就我和学生共同在课堂中发现的一些几何问题的多种证法和一题多变总结如下，和读者共同分享。

例1：如图○
1已知四边形ABCD 为正方形，CE 为∠C 的外角平分线，点P 在BC 上，且A P ⊥PE,求证AP=PE
证法一：如图②
连结AC ，有题设条件可知：AC ⊥CE, 又∵AP ⊥PE
∴点A 、P 、C 、E 四点共圆 ∴∠AEP=∠ACP=45° ∴∠EAP=∠AEP=45° ∴AP=PE
证法二：如图③：在BA 上截取BQ=BP,则AQ=PC,连结PQ ，在△AQP 和△PCE 中
∵∠AQP=∠PCE=135°,
∠PAQ=∠EPC=90°-∠APB 又∵AQ=PC ∴△AQP ≌△PCE ∴AP=PE
证法三：不妨设AB=1,BP=a （0＜a ＜1）则PC=1-a 如图④，过E 作EF ⊥BC 交BC 延长线于F
设EF=b ，则CF=b ，在Rt △ABP 和Rt △PEF
C
P 图①
C
P 图②
C
P 图③
中：∠PAB=∠EPF=90°-∠APB
∴1a =b
a b +-1 即（a-1）（a-b ）=0 ∴a=b ∴△ABP ≌△PEF ∴AP=PE
证法三中采用了数形结合的思想，著名数学家华罗庚曾说过:“数形结合百般好，隔裂分家万事非”。

数与形反映了事物两方面的属性。

通过一题多解，是学生从多种角度去思考问题、分析问题、解决问题，从而培养学生思维发散性。

针对此题，我引导学生通过变换问题的条件和结论或变换问题的形式，是一个问题引申出一系列新的问题，让学生去分析去解决。

从而培养学生思维的灵活性：
变题一：如图5，已知正方形ABCD 中，点P 在BC 上，
AP ⊥PE,AP=PE ，求证
CE 为∠C 的外角平分线
简析：连结AC 则A 、P 、C 、E 四点共圆
从而证得，AC ⊥CE, ∠DCE=∠ECF, CE 平分
∠DCM
变题二：如图6，已知：四边形ABCD 为正方形，P 在BC 上，CE 为∠C 的外角平分线，且AP=PE ，求证AP ⊥PE
简析：过E 作E M ⊥BC,交BC 延长线于M ，仿照
证法三，利用AP=PE 证明BP=EM
从而可得，△ABP ≌△PME ∴∠1=∠2 又∵∠1+∠3=90°∴∠2+∠3=90° 从而得，
∠APE=90° 即AP ⊥PE
变题三：如图7，已知正△ABC 中，∠APE=60°，
求证AP=PE
简析：仿证法一：证明A 、P 、C 、E 四点共圆，从而证得∠AEP=∠ACP=60° ∴AP=PE
变题四：如图8，已知AB=BC,CE 为CE 为∠BCD
的外角平分线,P 在BC 上，且∠ABC=∠BCD=∠APE,求证，AP=PE
题不在多而在精，一道好的数学题往往能起到举 一反三，触类旁通的作用。

A E
D
C
P 图⑤
M
C P 图⑥
M
C
P
图⑦
例：△ABC 中，AB=AC,AD 为BC 边上的高，AD 的中点为M ，CM 的延长线交AB 于点K ，求证：AB=3AK(课本上的习题)
思路1：过点A 作BC 的平行线与CK 的延长线相交。

思路2：过点B 作CK 的平行线与AD 的延长线相交。

思路3：过点B 作AD 的平行线与CK 的延长线相交。

思路4：过点C 作AB 的平行线与AD 的延长线相交。

思路5：过点D 作AB 的平行线与CK 相交。

思路6：过点D 作CK 的平行线与BA 相交。

思路7：过点M 作AB 的平行线与BC 相交。

思路8：过点K 作AD 的平行线与BC 相交。

思路9：过点K 作BC 的平行线与AD 相交。

在学习过程中，同学们对此题进行了改编，是条件不变，
引申结论
变题1：求证KC=4KM
2：求证AK=
21BK 3：求证S △BKC=32
S △ABC
4：求证S △MDC=41
S △ABC
5：求证S △MDC=8
3
S △BKC
6：求证S 四边形KBDM =12
5
S △ABC
条件和结论均予引申
变题1：点F 是△ABC 中BC 边上中线AD 上的一点且AF ：AD=1:4，连接CF
并延长交边AB 于点E ，则AE:EB=____________(答案：8
1
)
变题2：△ABC 中，BC 边上的中线AD 及∠C 的平分线交于点E ，求证，AC ：BC=AE:2DE
变题3：如图AD 为△ABC 中BC 边上的高，∠BCF=30°
AF:FB=1:2，CF=6cm ，求AD 长（答案：2
9 cm ） 变题4：过△ABC 的顶点任作一直线，分别与BC 边上的中线AD 及边AB 交于点E 、F, 求证：AE:ED=2AF:FB 针对变题4，可以通过命题结论的转换，可从不同的角度来寻找辅助线。

分析1：ED AE =2FB AF ED AE =FB AF 2
1
,所以证明此题的关键是找出线段2
1
FB
A B
C
D M K A D F 变题3 C B
证法一：如图1：过点D 作DG//AB 交CF 于G 因为点D 为BC 中点，所以可证得DG=1/2BF,由平行线分线段成比例定理的推论
得：ED AE =DG
AF 即：ED AE = FB AE 2
1
证法二:如图2，取BF 的中点，连结DH 则FH=BE,因为D 、H 分别是BC 、BF 的中点。

所以DH//CF ，由此得ED AE =FH AF
即ED AE =FB AF 2
1
分析二：ED AE =2FB AF ⇔ED AE 2 =BF
AF ，所以作辅助线的目的是找出线段2ED
证法三：如图3，过点B 作BK//AD 交CF 延长线于K ，因为D 是BC 中点，所以BK=2DE 又∵DE//BK,可证得BK AE =BF
AF
即：ED AE 2 =BF
AF
证法四：如图4.延长AD 到M 使DM=DE,连结BM,则EM=2DE 又由于DB=CD 所以CD BD =DE DM ,从而有CE//BM,由此得BF AF =EM AE ,即DE AE 2=BF
AF 分析三：ED AE =2FB AF ⇔21ED AE =BF AF 所以证题的关键是找出线段2
1
AE
A B C D E
F
G 图1 图2 C
D E
F
H B B C D
E
F 图3 K A D
E F A E F H K
A
A A
证法五：如图5，取AC 的中点H 作HK//AD 交FC 于K,则HK=2
1
AE,连结HD 交CF 于G 又由于D 是BC 的中点，故HK=
21AF ，DG=2
1BF,由KH//AD 得：ED HK =DG
HG
=FB AF
2
121
即21ED AE =BF AF
近年来，中考题中的多种解法也频频出现，现就一道中考试题的解法进行探讨。

例，如图：正方形ABCD 的边长为1，P 是对角线BD 上一点，过P 作EF//AB 分别交AD 、BC 于E 、F,CP 的延长线交AD 于点G ，O 是PC 的中点，FO 的延长线交DC 于K （1）求证：PF=CK （2）设DG=x ，△CKO 的面积为S 1，四边形POKD 的面积为S 2,Y= S 2/ S 1, 求关于x 的函数关系式及自变量x 的取值范围。

(1)证法一：利用全等三角形及其性质
∵四边形ABCD 是正方形，EF//AB
∴EF//DC ∴∠FPO=∠KCO ∠PFO=∠CKO 又∵PO=CO ∴△PO F ≌△COK ∴PF=CK
证法二：利用平行四边形的性质证 易证：EF//DC 又∵PO=CO ∴FO=KO ， 连结PK ，则四边形PFCK 为平行四边形 ∴PF=CK
证法三：利用三角形中位线性质及推论证，如图:
过O 作OM//PF 交FC 于点M ，在Rt △PFC 中，O 是PC 的中点，OM//PF 则M 是FC 的中点
∴OM=2
1
PF ① 在Rt △KCF 中,M 是FC 的中点，则O 是FK 的中点
∴OM=2
1
CK ②
由① ②得PF=CK
证法四：利用相似三角形及其性质证，易证EF//DC
∴△POF ∽△COK ∴KC FP =CO
PO
又∵O 是PC 中点
∴CO PO =1
∴KC
FP =1 即
FP=KC C D F
K E
G
C
D
F K
E G M
(2)解法一：利用相似三角形性质及面积公式S=2
1
AH 得 ∵AD//BC ∴△GPD ∽△CPB ∴
BC GD =PF
PE
即1x =PF PF -1 得PF=11+x ∴PE=1-PF=x/（x+1）
由① 得：四边形PFCK 为平行四边形
∴OF=OK CK=PF ∴S 1=1/2S △FCK =
2
)1(4x x +
S 2= S △GDC - S △GDP - S △COK =
21x-21x 1+x x -2)1(4+x x =22
1)
4(x 2+x ∴y=
2
1
S S =2x+1(0<X ≤1) 当x=0时，y=1 x=1时，y=3
所以其图像为连结（0,1）（1,3）两点除（0,1）的线段
解法2.利用面积公式S=2
1
AB ·sinC 及合比性质
Θ1S =21OC ·CK ·SM ∠OCK 1S +2S =2
1
CP ·CD ·SM ∠OCK
∴
121S S S +=CK OC CD CP ··，由①得CP=2OC CD=1 CK=1
1+x 1
2
1S S S +=1
1·
2+x CO CO
=2x+2，由合比性质得：1
2S S =2x+1 ∴y=
1
2
S S =2x+1(0<x ≤1) 解法3：利用同底等高的三角形面积及方程知识证
ΘEF//AB//DC ∴CDP S PCK S ∆∆=CD
CK
又ΘS △PCK=2S1 S △CDP=S1+S2 CK=1
1
+x
∴2112S S S +=1
1+x 即S2=(2x+1)S1 ∴y=
1
2
S S =2x+1(0<x ≤1)
“一题多变”即是将经典题型或删除部分已知或结论，采用引申启发转化组合的形式，调动学生进行积极、主动的思维，巩固所学知识增强创新能力。

“一题多解”是指用不同的方法解决同一问题，教师引导学生从多个角度思考和切入问题，并能对各种方法进行分析、比较，从中得到最佳的解题方法，从中使学生思维的灵活性、拓展性得到锻炼，解决实际问题的能力得到提高。

教育教学中，开启学生智慧之门，激发学生创新潜能，提高学生自身素质，培养创新型人才是多方位的，既需要教师的主导，也需要学生的主体，因为只有师生齐心协力、互教互学，互动互惠，才能真正实现教学相长和共同发展。