从一道中考题的解法修正谈起

几何解题研究的方法与思考——以一道中考试题为例胡坚波收稿日期：2020-09-23作者简介：胡坚波（1981—），男，中学一级教师，主要从事初中数学课堂教学研究.摘要：解题教学是必不可少的一种课堂教学形式，教师解题研究的能力直接影响到学生对问题理解的深度.教师只有掌握了解题研究的一般方法，才能在课堂中引导学生抓住问题的本质，从而优化解法，并进一步带领学生发现问题、提出问题、解决问题，进而得到一般性的结论，最终提高学生的解题能力、培养学生的数学学科核心素养.文章以2020年中考浙江杭州卷第14题的研究为例，谈谈几何解题研究的一般方法．关键词：中考试题；解题研究；一般方法中考试题的命制往往有其意义，一道看似不起眼的试题，其中很可能蕴含着丰富的内容.如果继续探究下去，或许就能发现试题背后隐藏的深意，从而体现解题的育人价值.本文以2020年中考浙江杭州卷第14题为例，谈谈应该怎样进行几何解题的研究.题目（2020年浙江·杭州卷）如图1，已知AB 是⊙O 的直径，BC 与⊙O 相切于点B ，连接AC ，OC.若sin ∠BAC =13，则tan ∠BOC 的值为.COAB图1作为填空题的第4道题，试题本身不难，主要考查了三角函数的相关知识.不妨设BC =1，则AC =3.解得AB =22，OB =2.则tan ∠BOC作为填空题，此题的求解到这里就结束了，但是作为解题研究，现在才刚刚开始.一、获得研究对象研究图形要抓住图形的本质，为了更容易抓住本质，几何研究要做减法，即去掉非关键因素.此题中，可以隐去圆，那么题目条件等价于“如图2，∠ABM =90°，点C 在射线BM 上，O 是AB 的中点”.观察图形的结构，不难发现，若点C 的位置确定了，则整个图形的形状就随之确定，即∠BOC ，∠BAC ，∠ACO ，∠BCO 的度数也随之确定.原试题就是在确定的条件下进行的定量研究，而研究图形变化过程中的规律性也是几何研究的常见问题.在图2中，当点C 的位置变化时，∠BOC ，∠BAC ，∠ACO ，∠BCO 的大小也随之改变.当点C 从点B 向射线BM 的方向移动时，容易发现∠BOC 和∠BAC 的度数变大，∠OCB 的度数变小，但无法很快确定∠ACO 的变化情况.接下来，我们进一步探究∠ACO 的变化情况.CO ABM 图2··56二、借助技术获得初步猜想几何问题的研究一般要经历画图、测量、计算、猜想、证明的过程.几何画板软件为我们画图、测量、计算提供了很好的辅助.利用几何画板软件对复杂的问题进行初步研究、获得猜想，是常见的研究起点.利用几何画板软件，发现当点C 从点B 向射线BM 的方向移动时，∠ACO 的度数先变大后变小，且∠ACO 取到的最大值约为19.47°（如图3）.进一步计算，发现此时sin ∠ACO ≈0.33.∠OCA =19.47°∠CAO =35.58°sin∠OCA =0.33M ABCO图3猜想：如图3，当∠ABM =90°，点O 是AB 的中点时，射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，此时sin ∠ACO ＝13.三、从“数”的角度验证猜想通过利用几何画板软件进行探究，发现点C 的位置决定了∠ACO 的大小，而点C 的位置可以用BC 的长度来刻画，所以继续探究的思路是用BC 的长度表示sin ∠ACO.为了研究方便，不妨设AB =2，BC =x ，根据勾股定理，得OC 2=1+x 2，AC 2=4+x 2.因为S △ACO =12AC ·OC ·sin ∠ACO =12AO ·BC ，所以sin ∠ACO =x x 4+5x 2+4=14因为x 2＋4x 2≥4，所以当x 2=4x 2，即x =2时，x 2＋4x 2的最小值为4.所以得到sin ∠ACO ≤13，即当BC =2时，sin ∠ACO 取最大值13，猜想得证.四、从“形”的角度验证猜想前面我们从“数”的角度验证了猜想，接下来我们从“形”的角度来思考.抓住变化过程中不变的关系是研究几何问题的常用方法.进一步观察图形，我们发现当点C 的位置发生改变时，∠ACO 所对的边AO 的长度始终没有发生变化.即角度在变，角度所对的边不变.这让我们联想到了圆中同弦所对的角.构造过A ，C ，O 三点的⊙D.如图4，若⊙D 与射线BM 相交，设另一个交点为点E.在线段CE 上任意取一点F （除点C ，E 外），连接AF ，OF ，根据圆内角大于同弧所对的圆周角，可得∠AFO ＞∠ACO.故可知此时∠ACO 的度数并没有取得最大值.图4图5如图5，若⊙D 与射线BM 相切于点C ，在射线BM 上任意取一点G （除点C 外），连接AG ，OG ，根据圆外角小于同弧所对的圆周角，可得∠AGO ＜∠ACO.故此时∠ACO 取到最大值，于是得到第一个有价值的结论.结论1：∠ACO 取到最大值的充要条件是过A ，C ，O 三点的⊙D 与射线BM 相切.接下来，求此时∠ACO 的正弦值及BC 的长.可以沿用前面的解题思路，分别求出线段AO ，OC ，AC ，BC 的长度，再利用△ACO 的面积求解.解法1：如图6，连接DC ，AD ，作DH ⊥AO.H O ABCDM图6不妨设AO =BO =1，则AH =OH =12，BH =32.因为⊙D 与射线BM 相切于点C ，所以DC ⊥BC.因为∠B =90°.··57所以四边形BCDH为矩形.所以AD=DC=BH=32.在Rt△ADH中，由勾股定理，得DH=2.所以BC=DH=2.由勾股定理，得OC=3，AC=6.由S△ACO=12AC·OC·sin∠ACO=12AO·BC，代入解得sin∠ACO=13.显然，求解过程还是有些复杂，不妨进一步思考，此图形还有什么特殊性可以应用？从圆的视角看，⊙D与射线BM相切，∠ACO为圆周角，解法豁然开朗.解法2：利用圆周角定理，可以转化到圆心角进行求解，可得∠ADH=∠ACO.所以sin∠ACO=sin∠ADH=AHAD=13.利用圆幂定理，可得BC2=BO·BA.解得BC=2.解法2抓住了问题的本质，解法也更优化、更简洁.“数”和“形”两种思考方法都能验证猜想，可见这也是我们解决几何问题的一般思路.对比两种思路，从“数”的角度思考，往往需要设未知变量，再利用勾股定理、相似、面积关系、三角函数等，列出未知变量与所求量之间的关系，然后用代数的方法求解；从“形”的角度思考，往往需要根据图形的结构，抓住图形中不变的关系，构建出几何模型，再根据图形性质求解.用“数”的方法容易想到，但计算较复杂；用“形”的方法比较直观，计算也相对简单，但是要弄清楚几何模型结构有一定的难度，需要的知识综合度高，也需要一定的逻辑推理.数形结合的思想方法在教学中有其育人价值，在解题教学中我们应让学生经历基本的活动经验，这样才能培养学生必需的基本数学思想.五、追本溯源其实，本问题在数学史中已经存在，称为“米勒问题”.德国数学家米勒于1471年提出“塑像问题”：有一个高a米的塑像立在一个高b米的底座上，一个人朝它走去（人的高度忽略不计），问此人应站在离塑像底座多远的地方，才能使塑像看上去最大（即视角最大）？根据题意画出图形，如图7，AO为雕像，BO为底座，点C表示人，求∠ACO最大时，BC的长.ABO图7这与我们研究的问题非常相似，只是点O的位置不再是中点，这为我们进一步研究问题提供了思路，即可以改变图形的条件，使之更具一般性，进而获得一般性的结论，这是我们进一步研究几何问题的方向.六、改变条件进一步探究1.改变点O的位置受“米勒问题”的启发，我们可以改变点O的位置，使之一般化，为了研究的连贯性，不妨设AB=2，AO=n（0＜n＜2），这样点O在线段AB上就具有一般性了，本质上与“米勒问题”是等价的.因为结论1与点O在线段AB上的位置无关，所以结论1仍成立.如图8，当⊙D与射线BM相切于点C时，∠ACO取得最大值.此时，易得AH=n2，DC=BH=2－n2.所以AD=DC= 2－n2，sin∠ACO=sin∠ADH=AH AD=n4-n.根据圆幂定理，得BC=BO·BA=4-2n.显然当n=1，即点O是AB的中点时，sin∠ACO的最大值为13，此时BC=2.但是这只是其中的一种特殊情况，于是得到第二个有价值的结论.HOA BCDM图8··58结论2：如图8，设∠ABM =90°，AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则在射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时sin∠ACO =n 4-n，BC =4-2n.2.改变∠ABM 的大小此题条件里动点C 所在的射线BM 与AB 垂直，显然条件中的位置比较特殊.若从这个角度改变条件，当射线BM 与AB 不垂直，即∠ABM ≠90°时，相当于“米勒问题”中的雕像及底座与地面不垂直时，那么结论2是否仍成立？因为∠ABM ≠90°，所以四边形DCBH 不再是矩形，即DC ≠BH.求半径的解法相应会有所改变，猜想sin ∠ACO 的值与∠ABM 的度数有关.因为结论1与∠ABM 的大小无关，所以结论1仍然成立.∠ACO 取到最大值时，过A ，C ，O 三点的⊙D 与射线BM 相切，故圆幂定理仍然适用，所以BC =BO ·BA =4-2n.所以可得第三个有意义的结论.结论3：设∠ABM =α（0°＜α＜180°），AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin ∠ACO 的值与∠ABM 的度数无关.接下来，求sin ∠ACO.因为∠ABM 有锐角和钝角两种情况，所以要分两种情形分类进行研究.情形1：如图9，当0°＜α＜90°时，⊙D 与射线BM相切于点C.根据前面的猜想sin ∠ACO 会与α有关，为了将α用上，所以考虑作垂线构造直角三角形.作DH ⊥AO 于点H ，BE ⊥AB 交DC 的延长线于点E ，作DF ⊥BE 于点F.M O AB CD EF GH图9易证∠CBE =∠EDF =90°-α，DF =BH =2-n 2.所以DE =DF cos ()90°－α=4-n 2sin α，CE =BC ·tan ()90°－α=4-2n ·tan ()90°－α，AD =DC =DE -CE =4-n 2sin α-4-2n ·tan ()90°－αsin∠ACO =sin∠ADH =AH AD =n sin α4-n -24-2n cos α.情形2：如图10，当90°＜α＜180°时，⊙D 与射线BM 相切于点C.同样作DH ⊥AO 于点H ，作BE ⊥AB 交DC 于点E ，作DF ⊥BE 交BE 的延长线于点F.H A B CDOEF M图10易证∠CBE =∠EDF =α-90°，DF =BH =2-n 2.所以DE =DF cos ()α－90°=4-n 2sin α，CE =BC ·tan ()α-90°=4-2n ·tan ()α-90°，AD =DC =DE +CE =4-n 2sin α＋4-2n ·tan()α-90°sin∠ACO =sin∠ADH =AH AD 发现两种情形最后结果的表达式是一致的，而把α=90°代入，得sin∠ACO =n 4-n.与之前的计算结果一致，可见角度在变，结果的表达式不变，得到了变化过程中不变关系的本质，于是得到了问题的一般性结论.结论4：设∠ABM =α（0°<α<180°），AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），则射线BM 上存在点C ，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin∠ACO =3.当射线BM 改为直线BM 时，相当于“米勒问题”中人可以站到雕像的背面进行观察.如图11，当点C 在直线BM 上移动时，由前面的研究可知，当点C 在射线BM 1和BM 2上时，分别有一个点C 1和点C 2，使得∠AC 1O 和∠AC 2O 在各自的射线上取到最大值，那么∠AC 1O 和∠AC 2O 哪个更大一些呢？显然，当BM ⊥AB 时，BC 1=··59BC 2，由对称性可知∠AC 1O =∠AC 2O.当BM 与AB 不垂直时，不妨设∠ABC 1=α（0°<α<90°），则∠ABC 2=180°-α.根据结论4，可以得到sin ∠AC 1O =sin ∠AC 2O =因为0<cos α<1，所以sin ∠AC 1O ＞sin ∠AC 2O.所以∠AC 1O ＞∠AC 2O.得到结论5.M 2OAB MC 1C 2M 1图11结论5：如图11，当点C 在直线BM 上时，设AB =2，点O 是线段AB 上一点，AO =n （0＜n ＜2），如果直线BM 与线段AB 所成的较小的夹角为∠ABM 1（0°＜∠ABM 1≤90°），则点C 一定在射线BM 1上，使得∠ACO 取到最大值，且此时BC =4-2n ，sin∠ACO =七、解后思考回顾整个研究过程，通过图形的变化将一个确定的图形变为不确定的图形，从而获得研究对象.而对于变化中规律的研究，入手比较难，这时信息技术为化解难点提供了帮助.借助几何画板软件，不仅能方便地展示图形变化的过程，而且可以通过教师有意识地控制帮助学生观察影响变化的要素及其关系，从而获得初步的猜想.接着，从“数”和“形”两个角度验证了该猜想，进一步体会到几何问题在“数”和“形”上的统一，体会到数形结合思想在解题中的重要作用.在引出“米勒问题”后，通过进一步改变条件——点的位置变化、角度的大小变化、射线变为直线等，发现了在条件变化过程中不变的结论.通过这样的解题教学研究可以让学生进一步体会到研究几何问题的一般方法——从简单到复杂，从特殊到一般.整个研究过程，具备学习素材的真实性，问题的开放性，学习过程的探索性，学习手段的操作性，探索过程的动态化、可视化，学习体验的形象化、可表达，学习结果的创造性.这些都有利于在今后的学习中，提高学生发现问题和解决问题的能力，进而实现几何解题教学的育人价值.参考文献：［1］王红权.“高考真题分析”习题课的教学实践与思考［J ］.中小学数学（高中版），2015（4）：20-23.［2］章建跃.研究三角形的数学思维方式［J ］.数学通报，2019，58（4）：1-10.··60。

一道中考压轴题的解法与推广修改一道中考压轴题的解法与推广（210019） 李玉荣题目（2010年上海市中考压轴题）如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°.半径为1的圆A 与边AB 相交于点D ，与边AC 相交于点E ，连结DE 并延长，与线段BC 的延长线交于点P . （1）当∠B ＝30°时，连结AP ，若△AEP 与△BDP 相似，求CE 的长；（2）若CE=2，BD=BC ，求∠BPD 的正切值； （3）若1tan 3BPD ∠=，设CE=x ，△ABC 的周长为y ，求y 关于x 的函数关系式.图1 图2(备用) 图3(备用)本题沿袭了上海市近两年的中考命题思路和特色，题目以直角三角形与圆为载体，设置简洁、清晰，三个问题层次分明，具有一定的区分度，体现了中考压轴题的选拔功能，从考查的知识点来看，有三角形的边角关系、三角函数概念、圆的概念、相似三角形的性质、勾股定理，同时渗透了在解决问题策略中的对数学思想方法的考查（化归思想、方程思想），笔者研究发现此题有多种解法，这在中考压轴题中实不多见，着实是一道值得回味的好题．解法1：（1）略； （2）设BD=x, 则BC=x, AB=x+1, AC=3, 由222)1(3+=+x x 解得x=4, ∴BD=BC=4,过B 作BF ∥AC 交PD 的延长线于点F,则BF ⊥BP, ∴∠F=∠AED=∠ADE=∠BDF, ∴BF=BD=4,由△ECP ∽△FBP 得BF EC PB PC =， 即424=+PC PC ，∴4=PC ，∴2142tan ===∠CP CEBPD ； （3）设m BF =, 由（2）知m BD =，∵1tan 3BPD ∠=， ED A BPF∴m BP 3=，x PC 3=，x m BC 33-=，1+=m AB ，1+=x AC ， 在Rt △ABC 中，222)1()1()33(+-+=-x m x m ，即)2)(()(92++-=-x m x m x m ，注意到x m ≠，所以2)(9++=-x m x m ，解得415+=x m ， 所以333311+=-++++=x x m x m y ．解法2：（2）同解法1得BD=BC=4．∴AB=5, 过点D 作D F ∥BP 交AC 于点F ，则DF ⊥AC, ∵△ADF ∽△ABC ， ∴ACAFAB AD =，即351AF =，∴53=AF ，521=-=AF FE ，5422=-=AF AD DF ，∴21tan tan ==∠=∠DF FE EDF BPD ． （3）设AF=a ，则FE=1-a ，∵31tan tan ==∠=∠DF FE EDF BPD ，∴)1(3a DF -=，∵在Rt △ADF 中，222DF AF AD +=，即()222131a a =+-⎡⎤⎣⎦，解得1=a （舍去），54=a ，即54=AF ，此时53=DF ，∵△ADF ∽△ABC ，∴BCAC AB DFAF AD AC AF BC DF AB AD ++++===，即yx 53541154++=+，∴33y x =+．【评注】从上面的两种解法看，添加平行线是解题的关键，图中的圆只起到“AD=AE ”的作用，若用“AD=AE ”替代圆，此题图形实际上是一个基本图形(见右图)的特殊化（AD=AE ，AC ⊥BP ），而关于这个基本图形有一个著名的梅莱劳斯定理：1=••EACEPC BP DB AD ，此定理可以分别过点A 、B 、C 、D 、E 、P 作平行线证明，共有12种辅助线，因此原题已有12种解法，本文不再赘述．当然直接应用梅莱劳斯定理也能求解：(2) 同解法1知BD=BC=4, 由1=••EACEPC BP DB AD 得112441=•+•PC PC ，∴4=PC ， ∴2142tan ===∠CP CEBPD ； （3）设mBD =，∵1tan 3BPD ∠=，∴x PC 3=， 由1=••EA CE PC BP DBAD 得1131=••x x BP m ，∴m BP 3=，以下同解EAPD法1．解法13：(2) 同解法1得BD=BC=4． 在PC 上取点F, 使∠PEF=∠则FE=FP, ∠EFC=2∠DPF ， 又∠A=180°―2∠AED=180°―2∠PEC=2(90°―∠PEC)=2∠DPF,∴ ∠A=∠EFC,∴△FEC ∽△ABC, ∴BC CEAC CF =, ∴423=CF , ∴CF=23, 2522=+==CF CE FE FP , CP=CF+FP=4,∴2142tan ===∠CP CE BPD ； (3)设CF=n ，则FP=FE=3x-n, 在Rt △ABC 中，222)3(n x n x-=+解得x n 34=，∴x EF 35=，由△FEC ∽△ABC 得BCAC AB CFCE EF AC CF BC CE AB EF ++++===, 即yx x x x x 3534134++=+，∴33y x =+．解法14：（2）同解法1得E DAPF AFBD=BC=4．∴AB=5,延长CA 至点F ，使AF=AB ，则CF=8, 连接BF,则∠ABF=∠F, ∠BAC=2∠F ，又∠BAC=180°―2∠AED=180°―2∠PEC=2(90°―∠PEC)=2∠DPB,∴ ∠F=∠DPB, ∴2184tan tan ===∠=∠CF BC F BPD ； (3) 设BC=n ，∵31tan tan =∠=∠F BPD , ∴CF=3n, AB=AF=3n-1-x, 在Rt △ABC 中，222)1()13(x x n n +---=，解得334+=x n ，334+==+=++=++=x n CF BC AF AC BC AB AC BC y ．【评注】这两种解法没有添平行线，而是构造等腰三角形通过角相等巧妙地解决问题．解法15：(2) 同解法1得BD=BC=4．延长EA 交⊙A 于点F ，连接FD 并延长交BP 于G ，则P D ⊥FG ，∠P=∠F=∠FDA=∠BDG ，∵∠B=∠B, ∴△BDG ∽△BPD, ∴DPDG BD BG =, E DA BPF设kBPD 1tan =∠，∵CE=2, CF=4, ∴PC=2k, kGC 4=,k BG 44-=, k DP DG 1=,∴kk 1444=-, 解得k=2, 即21tan =∠BPD ． （3）∵1tan 3BPD ∠=, ∴PC=3x, CF=x+2, CG=)2(31+x , ∵△BDG ∽△BPD, ∴31tan =∠===BPD DP DG BD BG BP BD , 设BG=n, 则BD=3n,313)2(313=+++xx n n ， 解得3154+=x n ，∴33315)2(3111+=++++++=++++=x x x x BD BG CG AC AD y ． 解法16：(2) 同解法1得BD=BC=4．延长DA 交⊙A 于点F ，连接FE 并延长交BP 于点G ， 则P D ⊥FG ，∠P=∠F=∠AEF=∠GEC ，∵∠B=∠B, ∴△BFG ∽△BDP, ∴DPGFBP BF BD BG ==, 设kBPD 1tan =∠，∵CE=2, ∴PC=2k,kGC 2=,E DAPFkBG 24-=, BF=4, ∴kk 246424+=-,解得21-=k （舍去）， k=2, 即21tan =∠BPD ． （3）∵1tan 3BPD ∠=, ∴PC=3x, CG=x 31, x PG 310=，EGEP DE FE 3,3== ∵△BFG∽△BDP,∴BP BG BD DFBD BG PG BG DF BD BP BF DP GF BD BG ++++=++===, 又∵x x DEEG DE EGEGDE EG DE EP DE EG FE DP GF 5135331333++=++=++=++=， ∴=++++3102x BG BD BD BG x x 51353++，解得135+=+x BD BG ，∴331353111+=+++++=++++=x xx x BD BG CG AC AD y ． 【评注】 解法15、16虽然较为繁琐，但关注了圆的核心知识：圆的半径相等、直径所对的圆周角是直角，为用相似三角形解决问题提供了条件，且不需要用勾股定理．上述解法中，解法14最为简单，用此解法可证得第（3）题的推广命题：若kBPD 1tan =∠（)1(>k ，设CE=x ，△ABC 的周长为y ，求y 关于x 的函数关系式.简解：辅助线见解法14，(3) 设BC=n ，∵kF BPD 1tan tan =∠=∠, ∴CF=kn,AB=AF=kn-1-x, 在Rt △ABC中，222)1()1(x x kn n +---=，)1(2)1(2+=-x k n k 解得1)1(22-+=k x k n ， 1)1(2)1(-+=+=+=++=++=k x k n k CF BC AF AC BC AB AC BC y ．特别地：（1）当x=2，y=12时，代入)1(12+-=x k ky 可求得k=2, 即21tan =∠BPD ；（2）当k=3时，代入)1(12+-=x k ky 可得33y x =+．这就是2010年上海市中考压轴题．2011-3-7。

对一道中考试题的再探究孙静1 原题呈现武汉市2019年中考数学第16题：问题背景：如图l，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，可推出结论：PA+PC=PE。

辅导中，许多学生面对此题茫然无措，不知从何处下手。

我们引导学生重点思考以下两个问题：①题目中的问题背景与后续问题之间有怎样的内在联系？②前后图形之间是否有相同或相似之处？2 思路分析2.1 从图形人手，寻找二者之间的相同或相似之处经过前述铺垫，部分学生很快找到了突破口：图1中隐含着一个△ADC，其中的点P很可能就是图2中要寻找的点O的特殊位置。

该位置能使点O到△MNG三个顶点的距离之和最小。

连接DC，如图3，则点P是△ADC内的一点。

根据问题结论PA+PC=PE可知：PA+PC+PD=PE+PD=DE。

又因为点D，E都是定点，据此猜测：点P很可能就是△ADC内到三个顶点的距离之和最小的点，所求最小值等于线段DE或BC的长。

图3中的线段AB，AE可以看作是△ADC中∠DAC的两边分别以点A为中心向三角形外部旋转60°得到的。

仿照图3，构造图4，则BG或NE的长很可能就是题目中要寻找的最小值。

2.2 从文字人手，寻找二者之间的内在联系3 继续探究此题蕴涵的结论是否适用于任意三角形？当点O扩大为△MNG所在平面内的任意一点时，结论又将如何？使用幾何画板，容易探测到图形的变化规律。

图7是其中的三幅图。

容易发现：随着∠NMG的增大，点P逐渐靠近点M;当∠NMG=120°时（图7②），点P与点M重合，此时NE=MN+MG：当120°<∠NMG0.所以。

PM+PN+PG=NE+2PM>NE，上述结论不再成立。

4 归纳结论5 教学思考本例教学启示我们，为了培养学生的问题探究能力，应重视以下几点：5.1 要重视培养学生挖掘隐性条件的能力许多试题除了明白表达的显性条件外，往往还含有深藏于字面之下图形之中含而不露的隐性条件。

从一道中考题引发的对初中数学估算教学的思考一、问题的提出2006年宁波市初中毕业生学业考试第24题出现了考查估算的题目：利用图象解一元二次方程x2-2x-1=0时，我们采用的一种方法是：在直角坐标系中画出抛物线y=x2和直线y=2x+1，两图象交点的横坐标就是该方程的解．(1)请再给出一种利用图象求方程x2-2x-1=0的解的方法。

(2)已知函数y=x3的图象(如图)：求方程x3-x-2=0的解。

(结果保留2个有效数字)这是一道新课程初中数学新增内容“估算”的试题，即利用函数图象求方程的近似解，主要考查学生运用数形结合思想综合解决问题的能力。

该题的设计非常有创意和开放性，特别注重解决问题的过程与方法，突出地体现了对问题的类比与探索意识，如果死记硬背知识点是难以解决的。

从中考统计结果看，该题得分率很低，大概是40%，尤其是第（2）小题。

主要问题是学生审题不清，如对第（1）小题有的在直接用求根公式求方程的根。

对第（2）小题有的学生题意不清，在用代入尝试检验的方法求解，把得出方程的解看成最终目的，忽视了考查解题过程才是题目的初衷。

这都说明学生对估算的策略、方法掌握不够，造成估算能力薄弱，思路单一，不会灵活地解决这类综合性的估算题。

究其原因，主要是目前初中数学教学对估算教学不够重视，许多教师对估算的理论方法缺乏了解，而课程标准这方面的解释不够具体，使教师对估算教学认识肤浅，所教方法比较单一，如仅限于教材的一些材料，缺少必要的渗透和引领，使学生不会通过估算来“数学”地思考问题。

所以有必要对当前初中数学估算教学的现状作分析，以引起数学教师的反思。

二、当前初中数学估算教学的现状华东师大版教材在八年级下、九年级下学习一次函数、二次函数时都对估算有一些具体的体现与落实，如（1）利用函数图像法求方程组的近似解（2）利用函数图像法估计方程x2-3x-4=0、方程组等的近似解。

教材的目的是让学生亲历自主探索、动手操作、合情推理来理解方程、不等式、函数的互相关系，渗透了类比、化归、数形结合的数学思想，从而考查学生的数学综合应用能力。

笔者曾利用2019年中考湖北武汉卷第23题参加湖北省宜昌市初中数学学科工作室“我讲中考压轴题”的活动展示.现呈现此题的相关解答、两道关联题的反思及教学启示.立足解题的通性、通法，借助几何直观，以更有效的方式打开学生的思路，引导学生掌握解题教学之道.一、试题呈现题目（2019年湖北·武汉卷）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB BC=n，M是边BC上一点，连接AM.（1）如图1，若n=1，N是AB延长线上一点，CN 与AM垂直，求证：BM=BN.（2）过点B作BP⊥AM，点P为垂足，连接CP并延长交AB于点Q.①如图2，若n=1，求证：CP PQ=BM BQ.②如图3，若M是BC的中点，直接写出tan∠BPQ 的值.（用含n的式子表示.）MCA B N图1CMPA BQ图2CMPA BQ图3二、解法探究1.识别模式中探析因果觅路第（1）小题，如图4，延长AM交CN于点D，由核心元素CB⊥AB，AM⊥CN，AB=BC构成“三垂直”模型，且图形中元素的位置关系和数量关系是确定的，确定即可求.当n=1时，可确定△ABC是以∠ABC为直角的等腰直角三角形.要证BM=BN，只需要证明△ABM≌△CBN.由“CN与AM垂直”识别出“等角的余角相等”，可以证得∠MAB=∠NCB.结合已知条件AB=BC，∠ABM=∠CBN，可以证得△ABM≌△CBN.由全等三角形的性质，可得BM=BN.洞察结构明来路回归本源知去路——以一道中考试题的思路探究为例叶先玖摘要：通过对2019年中考湖北武汉卷第23题及关联试题的解法进行探究，探索借助几何直观识别图形，明晰图形结构，并利用确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，整体把握空间形式和数量关系，积累有效的解答经验；探究回到基本概念和基本图形的措施，着眼于通性、通法，并着力于几何直观、最近发展区和思维过程等.以知晓方法的来路，形成自然简洁的解答策略.探寻引导学生及时反思解答的路径，点亮思维的去路，培养并优化学生分析与解决问题的能力．关键词：研题要点；几何直观；通性、通法收稿日期：2020-12-18作者简介：叶先玖（1971—），男，高级教师，主要从事初中数学教学课例及实践研究.ABNMC图4D2.几何直观里回归本源启思第（2）小题第①问，给出条件“过点B 作BP ⊥AM 和n =1”后，借助几何直观，审视图形结构并抓住变与不变的元素，则由AB =BC 易联想到三角形全等.由“三垂直”模型识别出△APB ∽△BPM ∽△ABM 等“子母型”相似.要证CP PQ =BM BQ ，可以回归到求线段长、三角形相似、平行线分线段成比例、利用面积比证明线段比等知识源及通法.因此，得到以下五种证明方法.证法1：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图5，即过点C 作AM 的垂线，垂足为点D ，且交AB 的延长线于点N .易证△CBN ≌△ABM ，所以BM =BN .由PB ⊥AM ，CN ⊥AM ，可得PB ∥CN .所以CP PQ =NB BQ .所以CP PQ =BM BQ.CA B QMPDN CA BQ MPD图5图6证法2：确定△ABM .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABM 可得图6，即过点C 作CD ∥AB ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPD ∽△QPB .得CP PQ =CD QB .易证△ABM ≌△BCD .所以CD =BM .所以CP PQ =BM BQ.证法3：确定△ABP .抓住AB =BC 这个条件，通过移拼△ABP 可得图7，即过点C 作CD ⊥BP ，交BP 的延长线于点D ，过点Q 作QE ⊥BP 于点E ，易证△CPD ∽△QPE .得CP PQ =CD QE.易证△CDB ≌△BPA ，所以CD =BP .易证△BPM ∽△QEB .所以BP QE =BM QB.所以CP PQ =CD QE =BP QE =BM QB.CABQMPD E图7C A BQ MPD图8证法4：确定△ABM .如图8，过点Q 作QD ∥BC ，交BP 的延长线于点D ，易证△CPB ∽△QPD .得CP PQ =CB QD.易证△DQB ∽△ABM .所以AB DQ =MB BQ .因为AB =BC ，所以CB QD =BM BQ .所以CP PQ =BM BQ.证法5：如图9，由△BPC 和△BPQ 是等高三角形的图形结构，得CP PQ =S△BPC S △BPQ .过点P 作BC ，AB 的垂线，垂足分别为点D ，E ，则有S△BPC S △BPQ =12⋅BC ⋅PD12⋅BQ ⋅PE.只要分别求出确定的线段PD ，PE ，BM ，BQ 的长（具体计算可参考后文思路10的解答），通过计算即可以证得CP PQ =BM BQ.C ABQ MP图9DE 【思路说明】上述证法中，抓住AB =BC ，回归到旋转定义，动静互换，可洞察到图形中隐藏的“共点等边旋转”结构，即从全局性看，线段AB 绕点B 顺时针旋转90°得到线段BC ，则△ABM 绕点B 顺时针旋转90°得到△CBN .由第（1）小题及解答经验，借助平行线分线段成比例，结合线段之间的等量代换得到证法1.基于图形变换，抓住AB =BC 进行图形移拼，得到证法2和证法3.结合所证结论CP PQ =BM BQ ，直观觉察到“X 型”相似，借助中间比得到证法4.识别出△BPC 和△BPQ 等高，想到求线段的长，将线段的比转化为面积的比得到证法5.3.洞察结构中追根联想得法第（2）小题第②问通过回到正切定义，借助几何直观，捕捉到以下九种思路.思路1：如图10，过点C 作CE ∥AB ，交BP 的延长线于点E ，过点C 作CF ⊥BE 于点F .设BC =2，PM =t ，则BM =1，AB =2n .易证△APB ∽△BPM .所以BM AB=PM PB.则BP =2nt .由中位线定理，得CF =2PM =2t ，PF =BP =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠CPF =CF PF =2t 2nt =1n.CAB Q MP EF图10CAB Q MP D图11思路2：如图11，过点C 作CD ∥AM ，交BP 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .又由DC =2PM =2t ，DP =PB =2nt ，可得tan ∠BPQ =tan ∠CPD =DC DP =2t 2nt =1n .思路3：如图12，延长PM 到点H ，使MH =PM .连接CH ，易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，∠CHM =∠BPM =90°.因为AB BC =n ，BC =2BM ，所以AB BM =2n.设PM =MH =1.由已知易证△ABM ∽△BPM ，所以AB BP =BM PM.则PB =CH =2n .可得tan ∠BPQ =tan ∠HCP =PH CH =2MH CH =22n =1n.CMP HAB Q图12CMP HAB Q图13思路4：如图13，过点C 作CH ⊥AM ，交AM 的延长线于点H ，则CH ∥BP .易证△CMH ≌△BMP .所以CH =BP ，MH =MP .可得tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2PM BP =2tan ∠PBM =2tan ∠MAB =2×BM AB =BC AB =1n.思路5：如图14，过点B 作BD ∥QC ，交AM 的延长线于点D .设BC =2a ，PM =t .易证△BMD ≌△CMP .所以PM =DM .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB =a 2na.则PB =2nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PBD =PD PB =2t 2nt =1n.CAB QMP D图14CAB Q MP D图15思路6：如图15，过点M 作MD ∥PB ，交CQ 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.则PB =2nt .由DM =12PB =nt ，且∠BPQ =∠PDM =90°，可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM DM =t nt =1n.思路7：如图16，过点B 作BD ∥AM ，交CQ 的延长线于点D ，得∠PBQ =∠MPB =90°.设BC =2a ，PM =t ，易求得BD =2PM =2t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na.所以PB =2nt .可得tan ∠BPQ =BD PB =2t 2nt =1n .CA BQM PD图16CAB Q MP 图17D 思路8：如图17，过点M 作MD ∥QC ，交BP 于点D .设BC =2a ，PM =t .由∠PBM =∠MAB ，得PM PB =MB AB=a 2na .所以PB =2nt .所以PD =DB =12PB =nt .可得tan ∠BPQ =tan ∠PDM =PM PD =t nt =1n.思路9：如图18，过点C 作AM 的垂线，垂足为点H ，且交AB 的延长线于点N .设BC =2a ，PM =t ，则AB =2na .易证∠NBC =∠MHN =90°，则点B ，M ，H ，N 在以MN 为直径的圆上.易证△ABM ∽△CBN .所以AB CB =AM CN.易求得CN =由切割线定理推论，可得CM ⋅CB =CH ⋅CN .进而可得CH =在Rt△CMH 中，根据勾股定理，易求得MH =a 4n 2+1.所以tan ∠BPQ =tan ∠PCH =PH CH =2MH CH =1n.【思路说明】从已知条件看，∠ABC =90°，AB BC=n ，BP ⊥AM ，M 是BC 的中点等核心要素是确定的；从图形看，增加了中点，会联想三角形中位线结构，或过中点作延长线构造三角形全等；从“直接写出tan ∠BPQ 的值”结论想到补直角三角形，或利用“锐角相等正切值相等”来解决问题.于是，借助前面识别图形结构的经验和补图经验，得到图10，通过关联性思考使得思路自然贯通.及时反思，发现BM AB =12n，察觉到图10中∠BPQ 与∠CPE 的关系，优化思路1得到思路2.洞察到中点M ，识别过中点作延长线构造全等三角形，得到思路3和思路4.识别出中位线结构，得到思路5~思路8.借助第（1）小题的解答，洞察到图中的对角互补，识别出隐圆，得到思路9.上述思路借助几何直观求正切值，自然且有效.三、解后反思1.思路自然，为什么受挫笔者坚持“练后精讲，不练不讲”.事实上，学生独立解答上述题目第（2）小题第②问时，有些学生先想到的是根据正切的定义去补形.现摘录学生的解题思路如下.思路10：如图19，过点Q 作QE ⊥PB 于点E .在Rt△PEQ 中，若能分别求出QE ，PE 的长，则tan ∠BPQ的值可求.CAB Q MP 图20FC ABQ M P 图19E思路11：如图20，过点B 作BF ⊥PQ 于点F .在Rt△PFB 中，若能分别求出BF ，PF 的长，则tan ∠BPQ的值可求.思路12：如图21，过点Q 作QD ⊥AM 于点D .若能分别求出PD ，DQ 的长，在Rt△PDQ 中，可求出tan ∠PQD 的值.进一步可得tan ∠BPQ =tan ∠PQD .CABQ MP图21D 图22思路13：如图22，以点B 为坐标原点，AB 方向为x 轴正半轴，BC 方向为y 轴正半轴建立平面直角坐标系.设BC =2，则点C ()0，2，点M ()0，1，点A ()-2n ，0.再作QE ⊥PB 于点E ，将问题转化为一次函数求解.只要求得点Q æèçöø÷-2n 1+2n 2，0，则可求得QE ，PE 的长，即tan ∠BPQ 的值可求.对于思路13，若能求出BQ 的长，则可以分别求出直线CQ ，AM 的解析式，联立可解得点P 的坐标.再求出直线PB 的解析式，从而可求出直线QE 的解析式，联立可解得点E 的坐标，便可以分别求出PE ，QE 的长.在Rt△PEQ 中，根据tan ∠BPQ =QEPE ，可以求得tan ∠BPQ的值.然而，这四种思路因学生求比值的通法不够熟练、耐心不足，解题过程计算量大等原因，最终没能求出BQ 长这一关键性的元素，导致这四种解答思路受挫.事实上，借助求比值的常规方法，不仅能求得BQ的长，而且图中相关线段的比值都是确定的、可求的，只不过计算量大，需要学生有足够的耐心.现以思路10为例进行解答.解：如图23，过点Q 作QE ⊥PB 于点E ，过点P 作PG ⊥BC 于点G.设BM =a ，PM =t .因为∠ABC =90°，BP ⊥AM .所以∠MAB =∠PBM.因为tan ∠MAB =12n，tan ∠PBM =t PB ，所以a 2na =t PB .解得PB =2nt .因为tan ∠MAB =PB AP =12n ，所以AP =4n 2t .因为PG ∥AB ，所以MG GB =PM AP =14n 2.因为MG +GB =a ，所以MG =a 1+4n 2，GB =4n 2a 1+4n 2.因为PG ∥AB ，所以PG AB =PM AM =t t +4n 2t =11+4n 2.所以PG =2na 1+4n2.因为PG ∥QB ，所以PG QB =CG CB.解得QB =2na 1+2n2.因为QE ∥AP ，所以QE AP =BE BP =QB AB =11+2n2.解得QE =4n 2t 1+2n 2，BE =2nt 1+2n 2.所以PE =PB -BE =2nt -2nt 1+2n 2=4n 3t 1+2n 2.所以tan∠BPQ =QE PE =4n 2t 1+2n 2⋅1+2n 24n 3t=1n .其实在设BC =2a 后，图中的元素均可求，设PM =t 是为了计算表达简洁.例如，思路3中，利用△APB ∽△BPM ∽△ABM “子母型相似”结构，可计算BP 的长；也可以延长CH 交AB 的延长线于点N （如图18），发现△ABM ∽△CHM ∽△CBN ，可计算出MH ，CH 的长，利用三角形全等可得PH 的长；或者发现B ，M ，H ，N 四点共圆，结合切割线定理和勾股定理求出相应线段的长，使问题得到解决.2.通性、通法的运用，如何更为熟练自然在思路10~思路13中，回归基本概念和基本图形应当是学生最自然的想法.然而，却受挫于求BQ 的长.为什么学生无法求出这个值？或许当学生对下面两道例题进行深入研究并能熟练应用后，会对上述思路的解答有所启发.例1如图24，过△ABC 的顶点C 任意作一条直线，与边AB 及中线AD 分别交于点F ，E ，求证：AE DE =2AF BF.ABCD F E图24借助平行线分线段成比例，此题有较多的解法.由D 为BC 的中点，直线BC 、直线AD 、直线AB 两两相交于点D ，B ，A ，且与这三条直线相关的是直线CF ，回到作平行线求比值的常规方法.可以进行如下解答.如图25，分别过点A ，B ，D 分别作直线CF 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AF FB ，h 2h 3=BC CD ，h 3h 1=DE EA .将三式相乘，即可证得AE DE =2AF BF.ABCD FE h1h 2h 3图25借助这种优化后的求比值的通法，可对例2给出较为简洁的解法.例2如图26，线段OA ⊥OB ，点C 为OB 的中点，D 为线段OA 上一点，连接AC ，BD 交于点P.当OA =OB ，且D 为OA 中点时，求AP PC 的值.CA B Q MP 图23EGBA CODP图26BACO DP 图27h 1h 2h 3如图27，分别过点A ，O ，C 分别作直线BD 的垂线，垂线段分别记为h 1，h 2，h 3，则有h 1h 2=AD DO ，h2h 3=BO BC，h 3h 1=CP PA .将三式相乘，得AP CP =2.这种分别过点A ，O ，C 作直线BD 的垂线求比值的方法相对简洁，彰显了几何直观的魅力.这为笔者对前述题目进行多视角改编提供了支撑，就题挖掘与改编，可以更好地提升学生解题素养．题目的改编：锐角△ABC 中，∠ABC =60°，AB BC=n ，点M 是BC 上一动点，连接AM ，P 是AM 上一动点，连接CP 并延长交AB 于点Q .（1）如图28，若n =1，∠APQ =60°，求CQAM的值.（2）如图29，若n ≠1，CM BM =14，CP PQ =35，求AQQB 的值.（3）如图30，若n >1，CM BM =14，BP ⊥AM ，CQ ⊥AB ，求n 的值AB C MP Q A B C MP Q A BC MPQ 图28图29图30四、教学启示教育上的“慢”是客观规律，必须遵守，不能绕过去.在几何解题教学中，“绕”不过去的是“思”，“慢”的落脚点在“悟”.教学上的“慢”，应从确定性、本源性、全局性、动静互换等出发，回溯知识本源，着眼通性、通法，熟悉基本图形变换，浸润基本数学思想等处着力，展开理性分析和精准计算，知晓方法的来路，点亮学生思维的去路.1.教活思考习惯，理清思路来源由条件推算结论、由问题寻找条件、由问题前后的关联性逐步推理与计算，定性分析、定量计算是常用的解答手段.题目给出的图形中，线段之间、角之间必然有确定的逻辑联系和因果关系.因果明，则思之有路；图形定，则对应的数量关系及位置关系就随之确定.看条件、找结论、追其何处去是常用的分析、解决问题的思考方法.识图时，从全局入手，掌握“译式”方法，学会与条件“对话”，借助符号或未知数把条件转换到图形上，巧用图形建立联系.画图补形时，学生要懂得静能定位、动能生联系，主动发现点、边、角等元素之间的关系，关注变化中的不变，从图形结构中发现并拆分、重组常见的基本图形.这种动静互换思维，有助于寻找到相关元素之间的联系，从而联想到相关图形的性质、唤醒解答经验和方法，更好地展开定位分析和定量计算.解题时，要仔细审读条件，借助确定性、本源性、全局性、动静互换等思维，回归到知识源、特殊点和关键点展开联想，实现文字、图形、符号等数学语言的相互转化.例如，题目第（1）小题借助图形变换，还可以有以下思路.延长MB ，取BH =BM ，连接AH ，构造等腰三角形；或过点M ，A 分别作AB ，BC 的平行线，得矩形ABMH ，从特殊四边形的性质及CN ⊥AM 可推导出与∠NCB 相等的角，再通过三角形全等进行转化，证得BM =BN .就此小题而言，这些思路虽然复杂，但却与波利亚的解题理念相吻合，即拿一个有意义但又不复杂的题目去帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题就好像通过一道“门户”，把学生引入一个完整的领域.把简单的题深入做，可以帮助学生更好地领悟解题的本质，引导学生发现知识之间的联系，形成深层次的思考，并借助图形变换及确定性、本源性、全局性、动静互换等解答后面两道小题，启发学生的思维.2.盘活思考方式，落细教学着力点，知晓方法来路笔者以2019年中考湖北武汉卷第23题为例，借助探究与类比，溯源强基，提炼求线段比值的方法.任何一种解法都依赖坚实的基础知识和扎实的数学基本功.易想难算、易算难想，解题思路没有捷径可走.熟练运用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知识及方法本质后的火热思考，是真思考.在通性、通法的优化中，寻找着力固牢“四基”的讲题切入点，提升解题素养才是悟之必要.题目中内含“X型”“A型”“子母型”“隐圆”等基本图形，暗示着解题教学要着力于强化几何直观，洞察图形结构，丰富答题经验.在解答题目第（2）小题第①问时，有的学生从所求结论CPPQ =BMBQ出发，联想求线段成比例的通法，过点P作BC的平行线，或过点P作AB的平行线，或过点Q作AM的平行线，或过点Q作BC的平行线等，得到“A型”或“X型”等相似图形，暗示教学要着力于学生思维的最近发展区去应对和启发；洞察到“三垂直”结构，充分利用已知条件AB=AC，打开“另一扇窗”，凸显真实思维考量.3.激活思考方法，点亮思维去路解题研究无禁区，课堂教学有范围.对于教师来说，繁简解法、对错解法、优劣解法等都应该兼收并蓄.至于将哪一种解法用于课堂教学，则取决于教学要求和学生的实际情况.当前的数学教学，首先要在“如何让学生想得到”上下工夫，激活思考方式，启发学生在洞察结构上思本源，想通性、通法.题目第（2）小题第②问的解决，是先借助几何直观补形转化，再设元计算，从数的角度去剖析相关元素间的关系；从形的角度看，图10中，由“三垂直”模型，可得△ECB∽△MBA，利用相似三角形对应高的比等于相似比，得CFBP =BEAM=BCAB=1n.借助中位线定理，得BP=PF.于是可求得tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=1n.笔者从形、数或形数结合等角度展开研题，并呈现各种繁与简的解法，为答疑学生的奇思妙想、放飞学生的思维做了充分准备.借助几何直观，把握图形结构，可以启发学生明了题意、展开联想，明白如何去想，“知其然”而得法.适度拓展，适时一题多解或多解归一，明了为什么要这样去想，知晓解法本质，“知其所以然”，达到举一反三.教师要引导学生回归知识本源，及时反思，充分经历试错、析错、纠错的过程，抓联系、知因果，突破思路，展开作图、计算、推理，厚植由确定展开理性分析与推算等必备的解题能力，让学生在尝试和慢悟中学会选择、转化、比较和优化，把握规律，灵活贯通，在还可以怎样去想上下足工夫，撬动思维的杠杆，推动学生进行深度思考，以点亮思维的去路．参考文献：［1］钱德春.解题教学应关注思维方式与思维心理［J］.中学数学教学参考（中旬），2018（10）：2-5.［2］张建华.关注模型特征提升解题能力：“动点路径”中考试题归类解法思考［J］.中国数学教育（初中版），2019（6）：48-52.［3］沈岳夫.洞察试题结构构造基本图形［J］.中国数学教育（初中版），2017（11）：47-50.［4］叶先玖，王胜兰，胡泽明.讲题的关注点：理性、确定、及时、适度［J］.中学数学杂志，2019（8）：48-52.。

谈谈数学思维品质 ——从一道中考题答案说起 数学思维教育是21世纪的核心，如何在数学教育活动中培养学生的数学思维品质已成为广大数学教师关注的问题。

思维素质教育是指培养学生的思维方式和思维能力的教育，简单地说，数学是一个解题过程，而如何解题，从哪一方面想，为什么这样想，则是思维素质教育问题。

一个人想学好数学，除了要有坚实的数学基础知识之外，更加不可以缺少优秀的思维品质。

因此，如何在数学教学中培养学生良好的思维品质将是学生学好数学的关键所在。

下面，我将从一道中考题的答案说起。

（2015）24.（本小题满分10分）如图13-1，为美化校园环境，某校计划在一块长为60米，宽为40米的长方形空地上，修建一个长方形花圃，并将花圃四周余下的空地修建成同样宽的甬道，设甬道的宽为a 米.（1）用含a 的式子表示花圃的面积；（2）如果甬道所占面积是整个长方形空地面积的83，求此时甬道的宽；（3）已知某园林公司修建甬道、花圃的造价y 1（元）、y 2（元）与修建面积x （m 2）之间的函数关系如图13-2所示.如果学校图13-1决定由该公司承建此项目，并要求修建的甬道宽不少于2米且不超过10米，那么甬道宽为多少米时，修建的甬道和花圃的总造价最低？最低总造价为多少元？个人认为，此题是一道优秀的试题，试题背景材料符合生活实际情况，能考查学生利用函数模型与思想解决实际问题的能力，遗憾的是第（3）小题的答案值得商榷。

请看2015年广西南宁市中考数学试卷详细评析卷（以下简称评析卷）提供的一种解法：再看某某资料的答案（简略）如下：设总费用为w元，则w=y1+y2，当0≤x≤800时，w=80（a-25）2+94000,∵2≤a≤10，∴函数图像在对称轴左边，又∵a>0，∴在2≤a≤10取值范围内，w随a的增大而减小，∴当a=10时，w有最小值，最小值为112000；当x>800时，w=-20（a-25）2+116500,∵2≤a≤10，∴函数图像在对称轴左边，又∵a<0，∴在2≤a≤10取值范围内，w随a的增大而增大，∴当a=2时，w有最小值，最小值为105920,∵105920<112000，∴甬道宽为2米时，总造价最低，最低总造价为105920元。

中考数学题归纳总结与反思在中学数学的学习过程中，中考数学题一直是考生们重点关注的内容之一。

这些数学题既有经典的题型，又有变形的题目，考察的知识点丰富多样。

通过对中考数学题的归纳总结与反思，我们可以更好地理解和掌握数学知识，为中考的顺利通过提供帮助。

一、选择题中考数学选择题是考生们常见的题型，也是考察知识点最全面的一种题目。

以下是我对中考数学选择题进行的归纳总结与反思：1. 定标准：中考数学题中的选择题，通常根据具体情况来定标准。

例如，某题目给出了一个等式，我们需要根据这个等式找出符合条件的解。

在解题过程中，我们首先要明确等式中的常数和未知数的含义，然后针对这些含义来选择合适的答案。

这种定标准的方法在中考数学中非常常见，我们要通过反复练习和总结，掌握灵活运用。

2. 理解题意：中考数学选择题大多考察考生对数学知识的理解和运用能力。

我们在做这类题目时，首先需要准确地理解题意，包括关键词和问题要求。

有时，选择题的干扰项可能会使我们对题目的理解产生困扰，所以我们要学会排除干扰项，聚焦于问题的核心。

3. 确保逻辑正确：在解答中考数学选择题时，逻辑严谨是非常重要的。

我们要确保每一步的推理和计算都是正确的，从而得出正确的答案。

尤其是在计算中容易出现的疏忽和计算错误，我们要通过多次练习和反思来提高自己的注意力和计算准确性。

二、解答题中考数学解答题是考察考生运用数学知识解决实际问题的能力和思维能力的重要环节。

以下是我对中考数学解答题进行的归纳总结与反思：1. 建立模型：解答题常常需要我们根据实际问题建立数学模型。

在建立模型的过程中，我们要准确理解问题的要求，并将其转化为数学表达式。

建立好的模型能够为我们提供更为清晰的思路和解题路径。

2. 注重细节：在解答题中，细节决定成败。

我们要关注每一个问题的细节，比如单位转换、读取数据、理解图表等。

疏忽细节可能导致整个问题的解答错误，所以要时刻保持高度的细致观察力。

3. 综合运用：中考数学解答题往往需要我们将多个知识点综合运用。

追根溯源直击本质——一道中考题的典型错解及教学思考蓝文英【期刊名称】《中学数学》【年(卷),期】2018(000)022【总页数】3页(P85-87)【作者】蓝文英【作者单位】福建省厦门市海沧中学【正文语种】中文解题反思不仅关系到学生对题目的理解、对数学知识和技能的应用，更关系到数学思想方法的体会与领悟，以及数学学习方法的建立和学生思维的拓展.本文由一道中考题的错解出发，深入挖掘错题背后的原因，追根溯源探究问题本质，谈一谈解题教学思考.一、试题呈现（2018年福建中考数学卷第23题）如图1，在足够大的空地上有一段长为a米的旧墙MN，某人利用旧墙和木栏围成一个矩形菜园ABCD，其中AD≤MN.已知矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏.图1（1）若a=20，所围成的矩形菜园的面积为450平方米，求所利用旧墙AD的长. （2）求矩形菜园ABCD面积的最大值.本题满分10分，全市学生平均分不到5分，得分率偏低.笔者有幸参加中考阅卷，注意到典型错误主要集中为以下四类.二、典型错误1.走马观花，审题不清错解1：（1）当a=20时，由于矩形对边相等，则AD=BC=20.错解2：（1）设AD=x米，则米.则450.错解3：（1）设AD=x米，则米.则450，解得x1=10，x2=90.答：所利用旧墙AD的长为10米或90米.错解4：（1）设AD=x米，则米.则450，解得x1=10，x2=90.由a=20，AD≤MN，即x≤a，得x2=90不符合题意，舍去.（2）设AD=x米，则0＜x≤20.矩形菜园ABCD的面积（x2-100x）50x，当x=20时，S=800.最大分析：错解1和错解2属于典型的阅读题目不认真，错解1把旧墙MN的长看成矩形菜园的边AD的长，错解2误认为矩形菜园四边都是由100米长的木栏围成.错解3解题思路正确，离标准答案一步之遥，即没有检验一元二次方程的根是否符合实际问题的意义，仅仅考虑数学问题而忽略问题背景.错解4第（1）问成功解决，第（2）问x的取值范围出错，未能弄清楚第（1）、（2）问属于两个独立的问题，杂糅在一块.除此之外，对二次函数的增减性理解不深刻，错认为函数值随着自变量的增大而增大.从以上解答不难发现：学生审题不认真、走马观花，阅读理解能力弱，缺乏对题意的推敲，对关键语句“其中AD≤MN，已知矩形菜园的一边靠墙，另三边一共用了100米木栏”没能好好利用就仓促解题.2.运算能力弱，基本功不扎实错解5：（1）设AB=x米，则AD=BC=100-2x，则x（100-2x）=450.则100x-2x2=450，即2x2-100x-450=0.则x2-50x-225=0.利用求根公式解得（负的舍去），则AB=25+米，则旧墙AD=100-2（25+5=50-米）.错解6：（1）设AB=x米，则AD=BC=100-2x，则x（100-2x）=450.则100x-2x2=450，即2x2-100x-450=0.则x2-50x-225=0，根据求根公式有分析：错解5和错解6中，学生基本能正确解读题意，解题方向明确，可是由于计算能力欠缺，导致结果出错.错解5错在解一元二次方程时，移项后忘记变号.错解6不仅移项后忘记变号，而且在求根的判别式时，方程x2-50x-225=0的常数项-225漏掉负号，错上加错.上述解答兴许是学生马虎导致，但不是个例，具有典型的代表性，恰巧说明学生运算能力不过关，对算理、算法理解不透彻.3.思维不严谨，条理不清晰错解7：（2）当矩形为正方形时面积最大.错解8：（2）设AD=x米，则0＜x≤a.矩形菜园ABCD的面积1250，当x=50时，S取得最大值.错解9：（2）设AD=x米，则0＜x≤a.矩形菜园ABCD的面积则当x=a时，S取得最大值.错解10：（2）设AB=x米，则AD=BC=（100-2x）米.矩形菜园ABCD的面积为S=x（100-2x）=100x-2x2=-2x2+100x=-2［（x-25）2-625］=-2（x-25）2+1250.则当x=25时，S取得最大值.错解11：设AB=x米，则AD=BC=（100-2x）米.又AD≤MN且MN=a，则100-2x≤a，即x≥矩形菜园ABCD的面积S=x（100-2x）=100x-2x2=-2［（x-25）2-625］=-2（x-25）2+1250.则当x=25时，S取得最大值.当25=，即a=50时，S取得最大值.当25≠即a≠50时，矩形菜园面积取不到最大值.因为x只有最小值，所以矩形面积没有最大值.分析：错解7不结合题意，不经过思考，想当然认为矩形为正方形时面积最大.错解8较为典型，此解答甚多，甚至于笔者所教班级优生亦掉进命题者的陷阱.除了思维停留在表面，没有深入思考0＜x≤a的含义之外，学生对二次函数的最值问题无法结合具体问题情景灵活变通，误认为二次函数只有在时才能取到最大值或最小值，忽略了自变量的取值范围.错解9对抛物线的增减性理解不深刻，思维僵化，性质定理未掌握.错解10和11在设未知数时选取的是矩形菜园垂直于旧墙的一条边.错解10的解题思路与错解8那一类学生相同，思考不周密，缺乏完整性.错解11解题思路刚开始清晰，越解越混乱，最后乱成一团麻花.以上解答出现的问题主要是学生思维不严谨，条理不清晰，根本原因在于对二次函数的基本性质掌握不到位，对二次函数图像和特征理解不透彻.不仅基本概念未吃透，而且对数学中的分类讨论思想解读不彻底，故思维过程混乱无序.4.解题不规范，书写不当错解12：（1）设AB=x米，则AD=100-2x，则x（100-2x）=450，则x=45，则AD=10米.解法13：（2）因为菜园是矩形，所以矩形的对边相等，四个角都是直角.所以有对边AB=DC，AD=BC.设AB=x米，则AD=BC=（100-2x）米.又AD≤MN且MN=a，则100-2x≤a，则-2x≤a-100，则，即x≥.矩形菜园ABCD的面积等于长乘宽，长为AD，宽为AB，所以面积S=x（100-2x）=100x-2x2=-2x2+100x=-2（x2-50x）=-2（x2-50x+252-625）=-2［（x-25）2-625］=-2（x-25）2+1250.则当x=25时，S取得最大值.分析：错解12的解答过程过于简单，跳步多；解法13却过于烦琐.可以看出在日常解题教学中，有一部分学生忽略解题步骤的重要性，欠缺该方面的训练和指导.另一部分学生则分不清楚何为必不可缺的解题步骤，无论是否必要，通通一股脑往答题纸上写.可见，教师在平常的教学中，对学生板书的示范指导甚为重要.三、几点思考本题属于典型的“旧瓶装新酒”问题，学生初看题目有似曾相识之感，颇为熟悉，但是要解答准确却需扎实的基本功.从以上13种错解典型不难发现，学生解题技能欠缺，解题反思不够，无法对一类题型触类旁通.此外，没有形成完整的解题步骤和思路，缺乏审题意识、计算能力弱、逻辑思维不严谨等，针对此问题提出以下两点思考.1.关注解题反思，在学中思，在思中学该题在本卷中属于中等偏上难度的题，具有一定的思维含量和区分度.学生看到题目觉得熟悉，读完题目又觉得似懂非懂，导致思维混乱，漏洞百出，究其原因，有以下几点：审题不清楚、思考不深入、计算不扎实、解题不规范.因此，教师在平时解题教学中需引导学生多反思，反思错因，反思数学思想方法与技能.训练学生的审题能力和阅读技巧，可以逐字逐句阅读题目，一遍不够审三遍，同时用笔圈起关键条件，甚至可以记录在稿纸上.可以按照三问法步骤执行“知什么，做什么，怎么做”，梳理清楚题目条件和结构，把实际问题数学化，从而形成一套属于自己的审题方法.追根溯源反思解题过程中数学问题的本质，做到闻一知十.比如，本题实质是考查一元二次方程的解法、二次函数的最值问题，并且在解答的过程中考查学生的运算能力、推理能力、应用意识、创新意识，以及其中蕴含的数形结合和分类讨论思想.所以在实际教学中，要注意锻炼学生的数学思维，适当拓展高阶思维.同时注重对基本概念、基本模型的渗透，无论数学问题以何种形式出现，学生都能做到有的放矢，触及本质.教学中要多给学生计算的时间，计算失误不能每次都归根于粗心，运算能力高低与否除了加强训练，还要全方位渗透算法、算理.教师多强调、多提醒，帮助学生养成检验计算结果的好习惯.对以生活情景为背景的数学问题，还要考虑自变量的取值范围是否符合实际意义，时刻不忘数学来源于生活、服务于生活的基本宗旨.此外，优化解题方式、规范解题步骤也离不开教师的引导和示范.数学题的解答过程，不仅要条理清晰，而且要有理有据.数学语言要简练而言之有物，切不可烦琐冗长.教师讲解例、习题时，要善于进行板书示范，在学生板演过程中全班共同探讨何为不可或缺的步骤，何为可以省略的步骤，让书写真正做到整洁、精练，具有美感.2.吃透教材例、习题，化旧为新，活学活用中考题大多数为新命制的原创题，母题来源往往是教材例题或习题.以本题为例，可在人教版九年级上册二次函数这章找到它的原型.因此，教师要重视对教材典型例题、习题的开发、研究和拓展.把例题、习题作为中考复习的第一手素材，适当改编帮助学生拓展思维，挖掘母题的内涵和外延，积累丰富的解题体验，总结出一题多解、一法多题的通性、通法.俗话说的好，“做错题目不可怕，题后反思是王道”.“思中学，学中思”，通过解题反思提高解题能力，达到做一题、会一类的效果，进而增强学习数学的信心.参考文献：【相关文献】1.高鹏.透过现象看本质——兼谈数学解题反思［J］.中学数学教学参考（中），2008（11）.2.汪佃才.从学生答题看解题教学［J］.中学数学教学参考（中），2016（12）.3.项菲.答疑有法，智慧成长——初中数学理答技巧分析［J］.中学数学（下），2018（3）.。

・１Ｏ・　中学教研（数学）　２ｏ１５生　功　在　通　法　效　在　课　堂　——一道中考题的教学与思考　●钱建华　（通州区兴仁中学江苏南通２２６３７１）　中考复习课的重要性不言而喻，复习课的设　计、例题的选择是上好复习课的关键，而例题的解　答又是提高复习课效率的重要保证．本文以一道中　考压轴题的解答为例，谈谈个人对中考复习课教学　的一点思考．　１考题展示及学生初解　题目　问题发现：如图１，ＡＡＣＢ和ＡＤＣＥ均　为等边三角形，点Ａ，Ｄ，　在同一直线上，联结ＢＥ，　填空：　１）ＬＡＥＢ的度数为——；　２）线段ＡＤ，ＢＥ之间的数量关系是一　拓展探究：如图２，ＡＡＣＢ和ＡＤＣＥ均为等腰　直角三角形，ＬＡＣＢ＝ＬＤＣＥ＝９０。，点Ａ，Ｄ，Ｅ在同　一直线上，ＣＭ为ＡＤＣＥ中ＤＥ边上的高，联结ＢＥ．　请判断ＬＡＥＢ的度数及线段ＣＭ，ＡＥ，ＢＥ之间的数　量关系，并说明理由．　

图１　图２　图３　解决问题：如图３，在正方形ＡＢＣＤ中，ＣＤ＝　

．若点Ｐ满足ＰＤ＝１，且ＬＢＰＤ＝９０。，请直接写　出点Ａ到ＢＰ的距离．　（２０１４年河南省中招考试数学试题）　“问题发现”的第１）小题易通过“ＳＡＳ”证明　Ａ　ＣＤ　△ＢＣＥ，从而ＡＤ＝ＢＥ，ＬＢＥＣ＝ＬＡＤＣ＝　１２０。，进而可得ＬＡＥＢ＝６０。．“拓展探究”将等边三　角形改成了等腰直角三角形，与第１）小题类似，可　得结论：／＿．ＡＥＢ＝９０。．大部分学生做到这里就结束　了，ＣＭ，ＡＥ，ＢＥ之间的数量关系出乎意料地几乎　无人正确解答，至于“解决问题”那自然是“无人问　津”了．　２受阻原因及正确解答　

对于“拓展探究”中ＣＭ，ＡＥ，ＢＥ之间的数量关　系，大部分学生思维受阻是由于受平时解题“思维　定势”的影响：判断２条线段的数量关系就是相等　１　１、　或２倍Ｉ或÷ｌ，如“问题发现”中的ＡＤ＝朋，３条　＼　二，　

线段的数量关系一般只从三者之和或者差方面考　虑．笔者曾尝试将“问题发现”改为判断ＣＤ，ＡＥ，　ＢＥ之间的数量关系，则大部分学生能想到ＣＤ＋　ＢＥ＝ＡＥ，但结论变为ＡＥ等于ＣＭ的２倍与ＢＥ的　和，学生就不敢“越雷池半步”了．而事实上如果仔　细观察图２，可知ＣＭ是等腰ＲｔＡＣＤＥ斜边上的　高，从而ＤＥ＝２ＣＭ，且ＡＥ：ＡＤ＋ＤＥ＝ＡＤ＋２ＣＭ，　其中ＡＤ＝ＢＥ，这时得出结论ＡＥ＝２ＣＭ＋ＢＥ也不　算太难．　对于“解决问题”，虽然只要直接写出点Ａ到　ＢＰ的距离，但是摆在面前的问题至少有２个：１）不　会读题、画图，不知道哪条线段表示点Ａ到ＢＰ的　距离，从而根本就无法求解；２）即使画出了草图，　也看不出与第１）小题、第２）小题的联系，想不到　如何添加辅助线构造模型，从而无法求解．造成此　时解题受阻的重要原因就是缺乏正确的思维方法，　没能将本题中３个问题由特殊到一般的内在联系　揭示出来，而是孤立地思考问题．笔者在教学时对　这个看似“高不可攀”的压轴题进行了画图分析、　解法分析和总结通法３个方面的尝试．