一道课本习题的多解法探讨

一道课本例题的十种解法作者：杜海洋来源：《新课程·中学》2019年第09期摘要：一题多解对于培养学生的发散思维和创造能力，对增强数学知识的横向联系意识是非常有效的。

通过这种方式的训练，能够培养学生思维的灵活性及提高解题的效率，达到事半功倍的目的。

关键词：课本例题;一题多解;过焦点直线纵观近几年高考试题涉及抛物线知识，则将过抛物线焦点的直线的性质常作为考查的切入点，本例由一道课本例题出发，笔者从不同角度用十种方法来解答，以飨读者。

（普通高中课程标准实验教科书数学选修2-1）69页：例4：斜率为1的直线经过抛物线y2=4x的焦点，与抛物线相交于A、B两点。

求线段AB的长。

方法一：（两点间的距离公式）由已知可得直线AB的方程为y=x-1（1）。

与抛物线y2=4x联立解得x2-6x+1=0（2）。

方法二：直接利用公式：8。

方法三：利用勾股定理：（过B点向x轴作垂线交DA的延长线于点N）由直线的倾斜角θ=45°。

可得Rt△ABN为等腰Rt△AB2=2BN2=2（x1-x2）2=2（x1+x2）2=8（x1x2）=2（36-4）=64∴AB=8方法四：利用性质：AB=x1+x2+P。

由方法一可得AB=6+2=8。

方法五：利用性方法六：利用性质S△∵S（d为原点到直线的距离）∴AB=8。

方法七：利用=1∴AB2P2=8方法八：根据以AB为直径的圆与准线L相切的性质。

即找到AB的到准线L的距离为AB的一半。

由（2）可得x1+x2，即M（3，2）.所以点M到准线L的距离为3-（-1）=4，则AB=8方法九：利用参数方程。

设A（2pt2，2pt）则点A在直线y=x-1。

即4t2-4t-1=，仿方法一可得结论。

方法十：利用以AF，BF分别为直径的圆与y轴相切的性质。

即分别求出AF，BF的中点到y轴的距离即可。

AF+2=8附：过抛物线焦点弦的常用性质。

（以下希望读者结合课本例题仿照引例证明）。

（1）xAxB=2）焦点弦中通径（垂直于x轴的焦点弦）最短;（3）Aα是直线AB的倾斜角）;（4）S△直线AB的倾斜角）;（5）以AB为直径的圆与准线MN相切，切点为MN的中点Q;（6）以MN为直径的圆与AB相切，切点为焦点F;（7）A，O，N三点共线，B，O，M三点共线;（点评：通过对教材典型代表例题进行一题多解的训练，不仅能让学生对本节知識掌握更透彻，还能使学生的解题思路更加开阔，在进一步培养了学生思维迁移的能力和提高学生的解题能力的同时，还激发了学生学习的主动性、求知欲，并潜移默化地培养了学生优良的数学素养。

变量题目七下最后一道题多种解法一、问题描述在七年级下册数学教材的最后一道题中，出现了一个关于变量的题目。

接下来我们将探讨这道题目的不同解法。

二、题目分析题目的具体内容是：假设一个正数加上它的四分之一等于25，求这个正数是多少？三、解法一：代数法我们可以将这道题目用代数的方式来解答。

设这个正数为x，根据题目中的条件，我们可以得到方程：x + x/4 = 25接下来，我们可以通过一系列代数的运算来解出x的值。

首先，我们将方程两边乘以4，得到：4x + x = 100然后，将x从方程中移项，得到：5x = 100最后，将方程两边同时除以5，即可得到x的值：x = 100 / 5化简得到：x = 20所以，这个正数是20。

四、解法二：逻辑推理法除了代数解法外，我们还可以使用逻辑推理的方式来解答这道题目。

根据题意，这个正数加上它的四分之一等于25。

我们可以换一种思路来进行推理。

假设这个正数为x，那么：x + x/4 = 25我们可以先考虑最小的整数，即1。

1加上它的四分之一等于1 + 1/4 = 1.25，并不等于25。

因此，显然，这个正数不可能是1。

接着考虑最小的两位数，即10。

10加上它的四分之一等于10 + 10/4 =12.5，并不等于25。

因此，这个正数也不可能是10。

我们可以继续按照这样的思路进行推理，直到我们找到一个符合条件的整数。

通过不断尝试，我们可以发现当这个正数为20时，20加上它的四分之一等于20 + 20/4 = 25，符合题目的条件。

所以，这个正数是20。

五、解法三：直观法除了代数法和逻辑推理，我们还可以使用直观的方法来解答这道题目。

题目中给出的条件是这个正数加上它的四分之一等于25。

我们可以通过直接运算来找到这个正数。

假设这个正数为x，我们可以将其代入条件中进行计算：x + x/4 = 25我们可以先计算出x的四分之一，然后将其加到x上，看是否等于25。

通过计算，我们可以发现当x为20时，20加上它的四分之一等于20 + 20/4 = 25，符合题目要求。

一道课本习题的多解、推广与应用顾美娟(江苏省启东市东南中学ꎬ江苏启东２２６２００)摘㊀要:文章先从不同角度给出一道课本习题的六种证明方法ꎬ然后利用课本习题的结论继续探究ꎬ得到很多漂亮的结论.关键词:课本习题ꎻ三角形ꎻ中线ꎻ证明ꎻ探究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００１６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:顾美娟(１９８５.１０－)ꎬ女ꎬ江苏省启东人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀课本是教学之根本ꎬ也是考题之源头.很多高考题和竞赛题都源自课本习题的改编或者延伸ꎬ因此ꎬ深度探究课本习题对教学及其考试备考来说是非常重要的.１课本习题题目㊀(２０１９年人教Ａ版«数学必修第二册»[１]５３页第１５题)әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬＢＣꎬＣＡꎬＡＢ边上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃꎬ利用余弦定理证明ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２ꎬｍｂ＝１２２(ａ２＋ｃ２)－ｂ２ꎬｍｃ＝１２２(ａ２＋ｂ２)－ｃ２.２解法探究证法１㊀如图１ꎬ对әＡＢＤ利用余弦定理ꎬ得ｍ２ａ＝ＡＢ２＋ＢＤ２－２ＡＢ ＢＤｃｏｓＢ＝ｃ２＋ａ２４－２ｃ ａ２ ｃ２＋ａ２－ｂ２２ｃａ＝ｃ２＋ｂ２２－ａ２４.故４ｍ２ａ＝２ｃ２＋ｂ２()－ａ２.即ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理ꎬ可得ｍｂꎬｍｃ.图１㊀三角形及其中线证法２㊀如图１ꎬ对әＡＤＢ和әＡＤＣ利用余弦定理ꎬ得ｃｏｓøＡＤＢ＋ｃｏｓøＡＤＣ＝０.即ＡＤ２＋ＤＢ２－ＡＢ２２ＡＤ ＤＢ＋ＡＤ２＋ＤＣ２－ＡＣ２２ＡＤ ＤＣ＝０.即２ＡＤ２＋２ＤＢ２－ＡＢ２－ＡＣ２＝０.即２ｍ２ａ＋１２ａ２－ｃ２－ｂ２＝０.即４ｍ２ａ＝２(ｃ２＋ｂ２)－ａ２.所以ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法３㊀无论是锐角三角形(图２)还是钝角三角形(图３)ꎬ都有ＡＢ２＝ＡＨ２＋(ＢＨ)２＝ＡＤ２－ＤＨ２＋(ＢＤ＋ＤＨ)２６１＝ＡＤ２＋ＢＤ２＋２ＢＤ ＤＨꎬＡＣ２＝ＡＨ２＋ＣＨ２＝ＡＤ２－ＤＨ２＋(ＤＨ－ＤＣ)２＝ＡＤ２＋ＤＣ２－２ＤＣ ＤＨ.图２㊀锐角三角形㊀㊀㊀㊀图３㊀钝角三角形两式相加ꎬ得ＡＢ２＋ＡＣ２＝２(ＡＤ２＋ＢＤ２).把ＡＢ＝ｃꎬＡＣ＝ｂꎬＢＤ＝ａ２ꎬＡＤ＝ｍａ代入ꎬ得ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法４㊀由ＡＤң＝１２ＡＢң＋ＡＣң()ꎬ得｜ＡＤң｜２＝１４｜ＡＢң｜２＋｜ＡＣң｜２＋２ＡＢң ＡＣң()＝１４ｃ２＋ｂ２＋２ｂｃｃｏｓＡ()＝１４ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃｂ２＋ｃ２－ａ２２ｃｂæèçöø÷＝１２ｂ２＋ｃ２()－１４ａ２.故４ｍ２ａ＝２ｂ２＋ｃ２()－ａ２.即ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法５㊀由ＡＢң＋ＡＣң()２＋ＡＢң－ＡＣң()２＝２ＡＢң２＋ＡＣң２()ꎬ得４ＡＤң２＋ＣＢң２＝２(ＡＢң２＋ＡＣң２).即４ｍ２ａ＝２(ｃ２＋ｂ２)－ａ２.所以ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法６㊀如图４建立直角坐标系ꎬ设Ａ(ｘꎬｙ)ꎬＢ－ａ２ꎬ０æèçöø÷ꎬＣａ２ꎬ０æèçöø÷ꎬ则ＡＢ２＝ｘ＋ａ２æèçöø÷２＋ｙ２ꎬＡＣ２＝ｘ－ａ２æèçöø÷２＋ｙ２ꎬＡＤ２＝ｘ２＋ｙ２.故ＡＢ２＋ＡＣ２＝２(ｘ２＋ｙ２)＋ａ２２＝２ＡＤ２＋１２ａ２.所以ｍａ＝ＡＤ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.图４㊀建立坐标系３习题推广设әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬＢＣꎬＣＡꎬＡＢ边上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃ.经过探究ꎬ得到如下的结论.命题１㊀４ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃ()＝３ａ２＋ｂ２＋ｃ２().证明㊀由中线公式知４ｍ２ａ＝２ｂ２＋ｃ２()－ａ２ꎬ４ｍ２ｂ＝２ｃ２＋ａ２()－ｂ２ꎬ４ｍ２ｃ＝２ａ２＋ｂ２()－ｃ２ꎬ三式相加ꎬ即得.命题２㊀１６ｍ４ａ＋ｍ４ｂ＋ｍ４ｃ()＝９ａ４＋ｂ４＋ｃ４().证明㊀由中线公式知１６ｍ４ａ＝(２ｂ２＋２ｃ２－ａ２)２＝４ｂ４＋４ｃ４＋ａ４＋８ｂ２ｃ２－４ａ２ｂ２－４ａ２ｃ２ꎬ１６ｍ４ｂ＝(２ａ２＋２ｃ２－ｂ２)２＝４ａ４＋４ｃ４＋ｂ４＋８ａ２ｃ２－４ａ２ｂ２－４ｂ２ｃ２ꎬ１６ｍ４ｃ＝(２ａ２＋２ｂ２－ｃ２)２＝４ａ４＋４ｂ４＋ｃ４＋８ａ２ｂ２－４ａ２ｃ２－４ｂ２ｃ２ꎬ三式相加即得.命题３㊀ｍａ＝ｍｂ⇔ａ＝ｂ.证明㊀ｍａ＝ｍｂ⇔４ｍ２ａ＝４ｍ２ｂ⇔２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２＝２(ａ２＋ｃ２)－ｂ２⇔ａ＝ｂ.命题４㊀әＡＢＣ是等边三角形⇔ｍａ＝ｍｂ＝ｍｃ.证明㊀由命题３可知ꎬәＡＢＣ是等边三角形⇔ａ＝ｂ＝ｃ⇔ｍａ＝ｍｂ＝ｍｃ.命题５㊀设әＡＢＣ的面积和半周长分别为Ｓꎬｐꎬ则ｍａｍｂｍｃȡｐＳ.证明㊀由中线公式及ｐ＝ａ＋ｂ＋ｃ２ꎬ可得７１ｍ２ａ＝１４２ｂ２＋２ｃ２－ａ２()＝１４(ｂ＋ｃ)２－ａ２＋ｂ２＋ｃ２－２ｂｃ[]＝１４(ｂ＋ｃ－ａ)(ｂ＋ｃ＋ａ)＋(ｂ－ｃ)２[]＝ｐ(ｐ－ａ)＋１４(ｂ－ｃ)２ȡｐ(ｐ－ａ).所以ｍａȡｐ(ｐ－ａ).同理ꎬｍｂȡｐ(ｐ－ｂ)ꎬｍｃȡｐ(ｐ－ｃ).结合海伦公式Ｓ＝ｐ(ｐ－ａ)(ｐ－ｂ)(ｐ－ｃ)ꎬ得ｍａｍｂｍｃȡｐＳ.命题６㊀设әＡＢＣ的半周长为ｐꎬ则ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃȡｐ２.证明㊀由均值不等式ꎬ知(ａ＋ｂ＋ｃ)２ɤ３ａ２＋ｂ２＋ｃ２()ꎬ得ｐ２ɤ３４ａ２＋ｂ２＋ｃ２().由命题１知ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃ＝３４ａ２＋ｂ２＋ｃ２().可得ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃȡｐ２.命题７㊀４ｍ２ａ(ｂ＋ｃ)２＋４ｍ２ｂ(ｃ＋ａ)２＋４ｍ２ｃ(ａ＋ｂ)２ȡｃｏｓ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ｂ２＋ｃｏｓ２Ｃ２.证明㊀由中线公式与余弦定理ꎬ得４ｍ２ａ＝(ｂ２＋ｃ２)＋(ｂ２＋ｃ２－ａ２)＝ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃ１－２ｓｉｎ２Ａ２æèçöø÷＝(ｂ＋ｃ)２－４ｂｃｓｉｎ２Ａ２ȡ(ｂ＋ｃ)２－(ｂ＋ｃ)２ｓｉｎ２Ａ２＝(ｂ＋ｃ)２ｃｏｓ２Ａ２.故４ｍ２ａȡ(ｂ＋ｃ)２ｃｏｓ２Ａ２.即４ｍ２ａ(ｂ＋ｃ)２ȡｃｏｓ２Ａ２.同理ꎬ４ｍ２ｂ(ｃ＋ａ)２ȡｃｏｓ２Ｂ２ꎬ４ｍ２ｃ(ａ＋ｂ)２ȡｃｏｓ２Ｃ２.三式相加ꎬ即得证.４在竞赛中的应用应用㊀(２０２０年全国高中数学联赛)在әＡＢＣ中ꎬＡＢ＝６ꎬＢＣ＝４ꎬ边ＡＣ的中线长为１０ꎬ则ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２的值为.解析㊀记Ｍ为ＡＣ的中点ꎬ由中线公式得４ＢＭ２＋ＡＣ２＝２(ＡＢ２＋ＢＣ２).可得ＡＣ＝２(６２＋４２)－４ˑ１０＝８.由余弦定理ꎬ得ｃｏｓＡ＝ＣＡ２＋ＡＢ２－ＢＣ２２ＣＡ ＡＢ＝８２＋６２－４２２ˑ８ˑ６＝７８.于是ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２＝(ｓｉｎ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ａ２)(ｓｉｎ４Ａ２－ｓｉｎ２Ａ２ｃｏｓ２Ａ２＋ｃｏｓ４Ａ２)＝(ｓｉｎ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ａ２)２－３ｓｉｎ２Ａ２ｃｏｓ２Ａ２＝１－３４ｓｉｎ２Ａ＝１４＋３４ｃｏｓ２Ａ＝２１１２５６.因此ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２的值为２１１２５６.通过一道课本习题的证明ꎬ复习巩固了解三角形常用的方法ꎬ即余弦定理㊁勾股定理㊁向量法和坐标法.进一步ꎬ我们利用课本习题的结论(即中线公式)可以得到很多漂亮的结论ꎬ也可以解决竞赛中的一些问题.参考文献:[１]人民教育出版社ꎬ课程教材研究所ꎬ中学数学课程教材研究开发中心.普通高中教科书数学(必修第一册:Ａ版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１９.[责任编辑:李㊀璟]８１。

对一道课本例题的多解探究及教学反思在教学过程中，常常会遇到一些例题，这些例题既能帮助学生巩固知识，又能训练他们的思维能力。

然而，经过一段时间的教学实践，我发现学生在解答例题时，通常只能掌握一种解题方法，缺乏灵活运用的能力。

为了提高学生的多解思维能力和解题技巧，我进行了一次关于一道课本例题的多解探究，并进行了相应的教学反思。

这道例题是关于求解二次方程根的问题：已知二次方程 x² - 5x + k = 0 有两个不相等的实根 m 和 n，且 m、n的和为 10，求 k 的值。

这道题目是一个典型的二次方程求解问题，解题思路及方法多种多样。

在进行多解探究时，我引导学生按照不同的思路和方法进行解答，并比较其优劣和适用性。

解法一：使用求和、求积关系根据题意可得：m + n = 10，mn = k。

由二次方程的求根公式可知：m + n = 5，mn = k。

通过联立这两组方程，可以求解出 m 和 n 的值，进而得到 k 的值。

解法二：使用平方差公式根据题意可得：m + n = 10，mn = k。

在代入二次方程的求根公式时，可以利用平方差公式将二次项进行拆分，进而求解出 m 和 n 的值，从而得到 k 的值。

解法三：使用因式分解思路根据题意可得：m + n = 10，mn = k。

我们可以将二次方程进行因式分解，将 x² - 5x + k = 0 变形为 (x - m)(x - n) = 0 的形式，通过比较系数可以求解出 m、n 的值，从而得到 k 的值。

通过对以上三种解法的探究，学生们发现了不同的思路和方法，并且比较了它们的优劣和适用性。

这种多解思维的培养有助于学生的创新思维能力和解题技巧的提高。

在教学中，我还可以引导学生探究更多的解题方法，培养他们的灵活性和思考能力。

在教学实施过程中，我结合多媒体教学手段，通过展示课本例题的多种解法，激发学生的学习兴趣和求知欲。

我注意引导学生思考每种解法的优缺点，并帮助他们总结出适用场景和适用对象。

做一题、会一类、通一片江苏省泰州市九龙实验学校 陈建（225300）对数学问题多种解法的不懈追求，体现了数学思维的深刻性、发散性、变通性、灵活性、流畅性和开放性.本文介绍一道课本习题的多解、推广、反思.一、一道习题的多解题目：如图，∠A=60º，∠B=25º，∠C=32º，求∠BDC 的度数.分析：求角的度数，一般要使这个角是某个三角形的内角或外角，为此本题要作辅助线，构造三角形.对于这道题目，我们可以从不同的角度去构造三角形，得到不同的解题方法.解法1：延长BD 与AC 交于点E ，∵∠B=25º，∠A=60º∴∠BEC=∠A+∠B=25º+60º=85º又∵∠C=32º∴∠BDC=∠BEC+∠C=85º+32º=117º 点评：图形中没有我们熟悉的基本图形，延长BD 之后，构造了⊿ABE 和⊿DEC ，两次应用三角形外角的性质，易求得∠BDC 的度数.解法2：作射线AD ，A D BC AD B CE A D B C ∵∠BDE=∠B+∠BAD ∠EDC=∠C+∠CAD ∴∠BDE+∠EDC=∠B+∠C+∠BAD+∠CAD 即 ∠BDC=∠B+∠C+∠CAB=60º+25º+32º=117ºE点评：延长AD 后，构造了⊿ABD 和⊿ADC ，∠BDC 被分成了∠BDE 和∠CDE 两部分，而∠BDE 和∠CDE 又分别是⊿ABD 、⊿ADC 的外角，故可运用“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”来进行解答.解法3：连结BC点评：此种方法考虑到将∠BDC 作为三角形的内角，故而连结BC ，然后两次运用“三角形内角和等于180º”来解答.解法4：过点D 作AB 的平行线EF ，与AC 交于点F点评：前面同学们刚刚学过平行线，故联想到作AB 的平行线EF ，从而把∠BDC 分成了∠BDE 和∠CDE 两个角，巧妙的是∠B=∠BDE ，∠EDC=∠A+∠C ，易求得∠BDC 的度数.二、探索规律此题求∠BDC 的方法多种多样，我们不难看出∠BDC 始终等于∠A 、∠B 、∠C 三个角的和，即∠BDC=∠A+∠B+∠C ，运用这一结论，我们还能解更复杂的问题. 下面我们A D B C ∵∠A=60º ∴∠ABC+∠ACB=180º-60º=120º 又∵∠ABD=25º，∠ACD=32º ∴∠DBC+∠BCD=120º-25º-32º=63º ∴∠BDC=180º-63º=117º A D B C ∵AB ∥EF ∴∠B=∠BDE=25º，∠A=∠DFC=60º ∴∠EDC=∠DFC+∠C=60º+32º=92º ∴∠BDC=∠BDE+∠EDC=25º+92º=117ºE F把原题进行变化：如图，BE 平分∠ABD ，CE 平分∠ACD ，若∠A=60º，∠BDC=117º，求∠BEC 的度数.解：∵∠BDC=∠A+∠ABD+∠ACD,∠A=60º,∠BDC=117º∴∠ABD+∠ACD=117º-60º=57º又∵BE 、CE 分别平分∠ABD 和∠ACD∴∠ABE+∠ACE=28.5º又∵∠BEC=∠A+∠ABE+∠ACE∴∠BEC=60º+28.5º=88.5º点评：此种解法的巧妙之处在于把原图形分离成我们前面比较熟悉的基本图形.利用∠BDC=∠A+∠ABD+∠ACD ，∠BEC=∠A+∠ABE+∠ACE ，从而使原问题易解.下面我们运用基本图形再来看一题：如图，已知DM 平分∠ADC ，BM 平分∠ABC ，求证：∠M=21（∠A+∠C ）。

对课本一些例题解法的探讨在学习过程中，课本中提供的例题是我们复习知识点、做题巩固的重要素材。

但是，在一些例题中，题解可能有多种不同的理解和解法方式。

本篇文章将探讨一些课本例题的解法，包括但不限于以下几个方面：1.利用图形辅助解题2.利用逻辑推理解题3.利用数学公式解题利用图形辅助解题能否想象一下，在解一道数学题时，能用自己画的简单图形来辅助解题？这就是利用图形辅助解题。

下面列举几个例子进行讲解。

例1有一个球从高为ℎ0的地方自由落下，第n秒落地，求球的落地速度。

解法：这道题可以利用自己画一个小图来辅助解题，如下图所示。

imageimage在这个小图中，球自由落下的路程可以表示为一个等差数列，每一个点代表球运动到的位置。

由此不难看出，在第n秒时，球经过了n个点，也就是落地了。

根据匀加速直线运动的公式$S_n=S_0+\\dfrac{1}{2}at^2$，可以列出球运动的路程方程：$$ h_0=S_0+\\dfrac{1}{2}gt^2 $$其中g为重力加速度，可以取物理学习中的$9.8\\text{ m/s}^2$。

因为球在落地前从静止开始运动，所以S0=0。

将落地时间n代入公式，得到：$$ h_0=\\dfrac{1}{2}gn^2 $$根据运动学中的公式V t=at，可以计算出球在落地瞬间的速度为：V n=gn利用逻辑推理解题在一些题目中，需要运用逻辑推理才能解决问题，以下是一个例子。

例2某人家中有一只狗和一只猫，他们的颜色均为黑白相间。

狗的头黑身白，猫的头白身黑。

某个深夜，该人在家中迷迷糊糊地摸到了一只动物，想要确定它是狗还是猫。

但他的手摸到的是动物的身体，他无法直接看到动物的头。

解法：根据题目，可以得知猫狗的颜色为黑白相间。

而狗的头黑身白，猫的头白身黑。

因此，如果手摸到的是黑色的，则动物不可能是猫，只能是狗；如果摸到的是白色的，则还需要从身体长相上进行推理。

因为猫的头白身黑，所以如果身体长相与猫相似，则动物是猫；如果身体长相与狗相似，则动物是狗。

题目 (人教A 版《数学》选择性必修一课本P38第2题)PA ，PB ，PC 是从点P 出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60 ，那么直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为（ ）A.12B. 22 C. 33 D. 36几何问题通性通法通性通法是具有普遍意义的方法和相关知识，因为问题中PA ，PB ，PC 的长度没有给出，需要用一般的量来表示解决问题，体现对数学本质的思考．解法1 在PC 上任取一点D 并作DO APB ⊥平面,则 DPO 即为直线PC 与平面PAB 所成的角．过点O 作OE PA ,OF PB ,垂足分别为E F ,．因为DO APB 平面，所以DE PA ,DF PB ,所以△△DEP DFP Ｑ．所以EP FP =,所以△△OEP OFP Ｑ．因为 APB =60 ,所以 OPE OPF ==30 ．设OE b =，所以OP b PF b PD b =2,=3,=23,所以cos === DPO OP PD 一道课本习题的多种解法及反思王希红ABC DE FPO由n nPA PB,,则n a b c a⋅=++⋅PA x y z()=+⋅+⋅x y za b a c a2=+a x aby212+=012acz, n a b c b⋅=++⋅PB x y z()⋅++⋅x y za b b c b2=+12abx b y bcz2+=012．取x b y a=,=,则z=−3abc，所以n a b c=+−b a3abc,n a b c c⋅+−⋅PC b a3abc⋅+⋅−b aa cbc c3abc2=+−=−1122abc abc abc abc32,||n===6ab, cos<,>nPC=||||nn⋅PCPC==设直线PC与平面PAB所成角为θ，则sin=|cos<,>|=θPCn36．因为θ∈0,π2，所以cos1sinθθ=−=233．所以 x z y z −=−=00，，取z =1，则x y ==1,所以平面PAB 的一个法向量n =(1,1,1)．则cos ,<>===n PC |||| PCPC ⋅n n 23¨263．设直线PC 与平面PAB 所成角为θ，则sin |cos ,|θ=<>=nPC 36．因为θ∈0,π2，所以cos 1-sin θθ==233．直线PC 与平面PAB 所成角的余弦值为33． （王希红，山东省聊城第一中学）第34页参考答案：1.P 到直线C D 11的距离即为PC 1，在面BCC B 11中，动点P 到定点C 1的距离与到定直线BC 的距离之比为2，因此点P 轨迹所在曲线是离心率为2的双曲线，选C.2.设侧面PAB 与底面ABC 所成的二面角大小为θ，过M 作MO 垂直于底面ABC 于O ，过O 作OD 垂直于AB 于D ，则∠MDO 即为θ，所以MO MD =sin θ，即MDMP=sin θ.因为θθ∈π∈(0,),sin (0,1]，当0sin 1<<θ时M 所在曲线为椭圆；当sin 1θ=时M 所在曲线为抛物线．故选BD.第44页参考答案：证明：（法1）记不等式左边为A ，构造A 的对偶式：B =...+a a a a a a a a 122311a a ++++2122+++a a 322n n n −n ，同例3的方法可证明．（法2）由柯西不等式，设a a 1+1=n ，知不等式左边∑i =n1a a i i +aii 2+1≥=∑i =n1()()∑aa =n1ii a +i 2+112.（本题由于数列平方因子出现，显然直接用柯西不等式最简单．）。

2019年7月解法探究\对一道课本例题的多解探究及教学反思&广东省珠海市第十中学王淑艳学习“多边形的内角和”时，一次不经意的放手竟有 意想不到的收获，也引发了我对课堂教学的一点思考.按教学计划，学习了三角形内角和定理之后,接着要探索多边形内角和公式，我先引出问题:请同学们探讨四边形内角和等于多少度.想到方法的同学将解法写在 黑板上.我没有给任何提示就让学生自己开始尝试解决.一、相关知识回顾角形内角和相加后减去多余的平角即可，如图4所示.结论:任意三角形内角和等于180。

. 证明方法！：对于任意！过点"作DE"BC.贝卩厶B=$BAD ,$C=$CAE.同时 $B"D+$B"C+$C"E=$D"E=180°.贝y $B"C+$B+$C=180!（得证）证明方法2：对于任意！"BC ,作过点"的直线DE.过 点C 作FG %DE ，过点B 作MN 〃DE.则 d e"fg "mn .故$ACP=$CAE ，$APC=$PAD ，$BPC=$PBM ，$ PCB= $ CBN ,且厶APC+厶 BPC= AAPB=180°,同时$PAD+ $BAC+ $CAE= $DAE=180°, $PBM+ $ABC+$ CBN= $ MBN= 180°.则 $BAC+ $ ABC+ $ACB = $ DAE + $ MBN - $ APB=180°.（3）在四边形内部任意选一点，与四个顶点连接,将四边形分成四个三角形,将这四个三角形内角和相加 后减去中间的周角即可，如图5所示.（4）在四边形外部任意选一点，与四个顶点连接,将四边形分成四个三角形!APD 、 !CPD 、！BCP ,再将这三个三角形内角和相加后减去！ABP的内角和即可，如图6所示.即把四边形分割为三角 形，通过三角形内角和推算出四边形内角和.分割的方法有直接连接一条对角线，还可以任选一个点与四边形四个顶点连接,形成若干个三 角形，当然，这个点的选取可以在四边形的一条边上，也D A &图1 C 可以在四边形的内部或者外部.三、课堂实录我本以为自己准备得很充分，用预设方法去求四边形内角和也是非常自然的事情，谁知学生经过讨论后，开始往黑板上写他们的解法时，我才发现自己忽略了一 些很重要的东西,就是我们刚刚学习了“相交线与平行二、解法预设备课时我根据之前的教学经验 及常规解法，估计学生可能会有以 下几种方法：（1） 将四边形分成两个三角形， 如图3所示；（2） 在一边上选一个点与不相邻的顶点连接，将四边形分成三个三角形，将这三个三线”及三角形的有关知识,我没有提前预见到学生会利 用刚学的知识解决今天的问题！他们除了用到解法预设中的第一种解法，其他方法不能不说 还是非常精彩的.简述如下：解法1：（如图7所示）连接 AC 、BD 交于点0.因为 $A0B = $DA0 + $AD0, $A0D= $DC0+ $CD0,初中中•了裂：749解法探究2019年7月!DOC=!CBO+!OCB,!COB=!BAO+厶'BO,所以!MCN=360°.!AOB+!AOD+!DOC+!COB=!DAO+!ADO+!DCO+!CDO+!CBO+!OCB+!BAO+!ABO,即!ABC+!BCD+!CDA+!DAB=360o.（利用外角来解）解法2：（如图8所示）过点C作C E〃AD,9AB于点）.则!A+!1=180°,!D+!DCE=）80a.所以!A+!1+!D+厶DCE=360°.又因为！1=!B+!BCE,所以!A+!B+!BCE+ !D+!DCE=360°.即!A+!B+!BCD+!D=360°.解法3：（如图9所示）过点C作CE"AD,9AB于点E,过点B作BF"AD.则！A+!ABF=180°,!D+!DCE=180°.所以!A+!ABF+!D+!DCE=360°.所以!A+!ABC+!1+!D+!DCE=360°.因为CE"AD,BF"AD,所以CE〃BF,所以!1=!2.所以!A+!ABC+!2+!D+!DCE=360°.即!A+!ABC+!BCD+!D=360°.解法4：（如图10所示）延长4B、DC9于点O.因为!A+!D+!O=180°,!ABC+!CBO=180°, !DCB+!BCO=180°,所以!A+!D+!O+!ABC+ !CBO+!DCB+!BCO=540°.又因为!OBC+!O+!BCO=180°,所以!A+!D+ !ABC+!DCB=360°.（这种方法仅适用于四边形有一组对边延长能相交的情形）解法5：（如图11所示）对于任意四边形ABCD,过点A作直线EF,过点B作GH〃EF,交AD于点/,过点D作01" EF,交BC于点2,过点C作34"EF.则E F"GH"IJ"MN;!ABP=!BAF,厶PAE=!APB=!ADQ；!QDC=!DCM,!QCN=!CQD=!CBP.同时!PAE+!DAB+!BAF=!EAF=180°,!DCM+ !DCQ+!QCN=!MCN=180°.贝卩厶DAB+!ABC+!BCD+!CDA=!EAF+四、教学反思1.鼓励学生大胆尝试如果一开始我就用准备好的方法教学生如何得到四边形的内角和，可能就抹杀了学生如此有灵感的证明.学生的证法中虽然第2、3、4种证明方法不能适用于所有四边形,但他们灵活使用学过的知识解决问题的意识还是值得表扬的.可以注意到，学生刚接触几何证明，思路可能还比较单一，他们只能借助刚学的知识解决问题,条理性和严密性还需要进一步加强,而我们作为老师，可以换位思考一下，学生初次看到这些问题可能与之前的知识有怎样的联想，以帮助我们了解学生的思考方向,对于我们把握学生的思路很有帮助,对他们思路中可能出现的漏洞也有所预见.2.引导学生大胆质疑实际上,按照学生现有的知识,他们没有意识到他们解题过程中存在的问题，例如，学生的第2、3、4种解法，并不是适用于任意四边形，可以引发学生思考:为什么这种方法不适用于任意四边形？哪些四边形不能用呢？引导学生思考特殊四边形,找到证明过程的疏漏，为今后学习打下基础.3.培养学生合作探究的意识数学解法,尤其几何证明通常不止一种方法,让学生通过合作探究解决数学问题，不仅培养学生自主学习的能力，还提高了交流能力，培养了解决问题的主动性,养成不依赖老师的学习习惯.同时,与同学探究的过程,对知识进行了一次有效的梳理,拓宽了思维方式.4.培养学生的逻辑推理能力，形成和发展学生的数学学科核心素养提出问题,充分地让学生思考,不仅培养了学生独立思考、解决问题的能力，同时通过老师对他们的解法进行点评及完善,养成严密的逻辑推理能力.在教学过程中,注重逻辑推理能力的培养,有利于提高学生研究事物本源的能力,真正提升学生的综合素养.因此,我们在备课过程中,不能单凭经验或者固定的解题方法去预设学生的解法,多点机会让他们表达自己的想法，通过共同探究去培养学生多方面的能力.放手把课堂交给学生，让他们在不成熟中慢慢成熟起来.应50中•了戟7初中。

一道课本习题的多角度求解
在高中课本人教b版必修5《解三角形》章节练习中有这样一道习题：
本题是一道很好的初、高中学习的衔接题，通过本题的多角度求解，我们注意到在解三角形的过程中可充分思考初中所学习的平面几何图形的性质，如解法一，二；对于余弦定理的灵活运用也是解决本题的关键，如解法三；同时，向量作为解决数学问题的工具，也可以在解三角形的过程中显示它的优越性，如解法四.但我们在实际教学过程中，发现很多学生对刚刚学习的正、余弦定理用不上，以前学习的平面几何的知识不敢用或不会用，导致一筹莫展.
在平时的教学中，如果我们注重对问题的多角度思考，并鼓励学生用自己现有所学的知识试着去解决，打破初高中所学习的数学知识模块的局限，让我们所学习的数学知识活起来，那么我们的教学过程会显得尤为充实，对于类似的问题，也会迎刃而解.因此我们在课堂教学中应该注重设计类似的探究点，抓住教材中所出现的有特点、有意义的题目，在适当的启发下让学生通过合作探究的方式去解决，提高灵活解决数学问题的能力.。