齊永利

[摘 要] 初中數(shù)學(xué)知識有機(jī)聯(lián)系、縱橫交錯，解題思路靈活多變，既要及時引導(dǎo)點撥，拓寬學(xué)生的解題思路；又要解題后認(rèn)真總結(jié)，摸索規(guī)律，做到舉一反三.

[關(guān)鍵詞] 一題多問；一題多變；一題多解；多題歸一

數(shù)學(xué)是思維的體操. 初中數(shù)學(xué)知識有機(jī)聯(lián)系、縱橫交錯，解題思路靈活多變，解題方法途徑繁多，即使一次性解題合理正確，也未必是最優(yōu)的解法. 這要求我們在課堂教學(xué)中既要注意一題多解、一題多變、 一題多問，又要注意多題歸一；既要及時引導(dǎo)點撥，鼓勵學(xué)生進(jìn)一步探索不同的解法，拓寬學(xué)生的解題思路，使學(xué)生在解題中運用知識、權(quán)衡解法優(yōu)劣，更富有創(chuàng)造性地去學(xué)習(xí)、摸索、總結(jié)，使自己的解題能力更趨優(yōu)化，又要解題后認(rèn)真總結(jié)，摸索規(guī)律，舉一反三. 這樣，對提高我們的解題能力大有幫助. 現(xiàn)舉例加以說明.

■ 案例呈現(xiàn)

冀教版九年級（上）《同步練習(xí)冊》第115頁有這么一道題目：

例1 如圖1所示，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，P是底邊BC上一點，PE⊥AB于點E，PF⊥CD于點F，BG⊥CD于點G，求證：PE+PF=BG.

分析 （如圖2所示）過點P作PH⊥BG，把BG分成兩段，根據(jù)矩形得到PF=HG，再證明△BPH和△PBE全等得到PE=BH，所以PE+PF=BG.

■

證明 過點P作PH⊥BG，垂足為H，

因為BG⊥CD，PF⊥CD，PH⊥BG，所以∠PHG=∠HGC=∠PFG=90°.

所以四邊形PHGF是矩形，所以PF=HG，PH∥CD. 所以∠BPH=∠C.

在等腰梯形ABCD中，∠PBE=∠C，

所以∠PBE=∠BPH.

因為∠PEB=∠BHP=90°，BP=PB，∠PBE=∠BPH，

所以△PBE≌△BPH（AAS）.

所以PE+PF=BH+HG=BG.

■ 一題多問，層層遞進(jìn)

例2 在例1前提下，若AD=4，BC=6，AB=2，求BG的長.

解答 如圖3所示，過點D作DN∥AB交BC于點N，則ABND是平行四邊形，DN=AB=DC=2.

因為BC=6，AD=4，所以NC=2.

所以△DNC是等邊三角形，∠C=60°. 所以BG=BC·sin60°=6×■=3■.

■

■ 一題多變，發(fā)散思維

例3 （變式1）若將例1中的等腰梯形ABCD改為等腰三角形ABC（如圖4），其中，AB=AC，P為底邊BC上任一點，過點P作PE∥AC交AB于點E，PF∥AB交AC于點F，則PE，PF與AB之間具有怎樣的關(guān)系？請寫出你的猜想，并說明理由.

解答 關(guān)系為：PE+PF=AB.

理由：因為PE∥AC，PF∥AB，所以∠EBP=∠C，四邊形AEPF是平行四邊形. 所以PF=AE.

又△ABC是等腰三角形，所以∠EPB=∠C=∠B.

所以PE=BE，所以PE+PF=BE+AE=AB.

例4 （變式2）如圖5所示，在例1中，若點P在BC的延長線上，則例1中的結(jié)論是否成立？若成立，請給予證明；若不成立，PE，PF，BG之間又有怎樣的關(guān)系？請寫出你的猜想，并證明.

■

分析 如圖6所示，首先過點B作BH∥CD，交PF的延長線于點H，易證得四邊形BGFH是平行四邊形，即可得BG=FH，又可證得△PBE≌△PBH，即可得PH=PE，繼而證得PE=PF+BG.

■

解答 不成立，關(guān)系為：PE=PF+BG. 過點B作BH∥CD，交PF的延長線于點H，因為PF⊥CD，BG⊥CD，∠PBH=∠DCB，所以BG∥FH，PH⊥BH.

所以四邊形BGFH是平行四邊形，∠H=90°. 所以FH=BG.

因為等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC，所以∠ABC=∠DCB.

所以∠ABC=∠PBH.

因為PE⊥AB，所以∠PEB=∠H=90°.

在△PBE和△PBH中，

∠PEB=∠H，∠PBE=∠PBHPB=PB，，

所以△PBE≌△PBH（AAS）. 所以PH=PE. 所以PE=PF+FH=PF+BG.

注意 本題還可延長BA，CD，設(shè)相交于點M，并連結(jié)MP. 利用S△MBP=S△MBC+S△MCP，也可求得PE=PF+BG.

■ 一題多解 殊途同歸

例5 若將例3（1）再次變形，即如圖7所示，在△ABC中，AB=AC，P是底邊BC上的任一點（不與B，C重合），CD⊥AB于點D，PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F，求證：CD=PE+PF.

■

分析1 過點P作PG⊥CD于點G（如圖8），則可證得四邊形PEDG是矩形，也可證得△PCG≌△CPF，從而得到PE=DG，PF=CG，因此得CD=PE+PF.

證明 過點P作PG⊥CD于點G，因為CD⊥AB于點D，PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F，所以四邊形PEDG是矩形. 所以PE=DG. 易證△PCG≌△CPF，所以PF=CG. 所以CD=PE+PF.

■

分析2 連結(jié)PA（如圖9），則S△ABC=S△PAB+S△PAC，再由三角形的面積公式便可證得CD=PE+PF.

證明 連結(jié)PA，因為CD⊥AB于點D，PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F，

所以S△ABC=■AB×CD，S△PAB=■AB×PE，S△PAC=■AC×PF.

因為S△ABC=S△PAB+S△PAC ，

所以■AB×CD=■AB×PE+■AC×PF.

因為AB=AC，所以■AB×CD=■·AB×PE+■AB×PF.

所以CD=PE+PF.

■ 多題歸一，悟中升華

1. 解決線段的和差問題，常采用“截長補(bǔ)短法”. 所謂截長補(bǔ)短法，就是在某條線段上截取一條線段與特定線段相等，或是將某條線段延長，使之與特定線段相等，再利用三角形全等的有關(guān)性質(zhì)加以說明.

2. “面積法”是證明線段相等的常用方法. 所謂面積法，就是對同一個幾何圖形的面積，采用不同的方式或從不同角度去分析、計算，從而得到 一個面積關(guān)系式，化簡這個面積關(guān)系式或?qū)γ娣e關(guān)系式進(jìn)行討論，以求得結(jié)論.

■ 真題回放？搖 牛刀小試：

例6 （河北中考）在△ABC中，AB=AC，CG⊥BA交BA的延長線于點G. 一等腰直角三角尺按如圖10所示的位置擺放，該三角尺的直角頂點為F，一條直角邊與AC邊在一條直線上，另一條直角邊恰好經(jīng)過點B.

（1）在圖10中請你通過觀察、測量BF與CG的長度，猜想并寫出BF與CG滿足的數(shù)量關(guān)系，然后證明你的猜想.

■

（2）當(dāng)三角尺沿AC方向平移到圖11所示的位置時，一條直角邊仍與AC邊在同一直線上，另一條直角邊交BC邊于點D，過點D作DE⊥BA于點E，此時請你通過觀察、測量DE，DF與CG的長度，猜想并寫出DE+DF與CG之間滿足的數(shù)量關(guān)系，然后證明你的猜想.

■

（3）當(dāng)三角尺在（2）的基礎(chǔ)上沿AC方向繼續(xù)平移到圖12所示的位置（點F在線段AC上，且點F與點C不重合）時，（2）中的猜想是否仍然成立（不用說明理由）？

■

解析 （1）BF=CG. 易證明△ABF≌△ACG（AAS），所以BF=CG.

（2）DE+DF=CG.

截長補(bǔ)短法：如圖13所示，過點D作DH⊥CG于點H，因為DE⊥BA于點E，∠G=90°，DH⊥CG，所以四邊形EDHG為矩形.

■

所以DE=HG，DH∥BG.

所以∠GBC=∠HDC.

因為AB=AC，所以∠FCD=∠GBC=∠HDC.

又因為∠F=∠DHC=90°，CD=DC.

所以△FDC≌△HCD（AAS）. 所以DF=CH.

所以GH+CH=DE+DF=CG，即DE+DF=CG.

面積等法：如圖14所示，連結(jié)AD，

顯然S△ABD+S△ADC=S△ABC ，

而S△ABD=■AB×DE，S△ADC■=■AC×DF，S△ABC=■■AB×CG，

所以■AB×DE+■AC×DF=■AB×CG.

又因為△ABC是等腰三角形，所以AB=AC，因此DE+DF=CG.

（3）仍然成立.

■

“真實有效的課堂教學(xué)往往是不確定的，可以預(yù)測的，卻是無法規(guī)定的”，這就是動態(tài)的自然生成. 所以，在預(yù)設(shè)中體現(xiàn)教師的匠心，在生成中展現(xiàn)師生智慧互動的火花，開啟思維的天窗，既有助于總結(jié)方法，發(fā)現(xiàn)方法，使知識升華，還能使學(xué)生的認(rèn)識不斷深入，且有助于學(xué)生優(yōu)良思維品質(zhì)的形成，克服題海戰(zhàn)術(shù). 總之，課堂在預(yù)設(shè)與生成的融合中煥發(fā)出生命活力，使我們在課堂上生成更多的精彩，使我們在中考考場上出現(xiàn)更多的紛呈.