一道課本例題的變式與解法

430078 武漢市東湖開發(fā)區(qū)新橋?qū)W校 李景財

教材的例題是教材的重要組成部分，它蘊含著數(shù)學的基礎(chǔ)知識、基本技能、基本思想與方法，是培養(yǎng)學生思維能力的重要素材.因此教師要把例題進行變式與拓展，從“一題多解、一題多變、一題多用”等途徑改造經(jīng)典例題，進行適當?shù)囊?、變式、拓展，挖掘其潛在的?shù)學功能.這樣可以引導師生抓綱務本，切實減輕學生的訓練量，達到事半功倍的效果.

原題(人教版九年級上冊第86頁的例題)

如圖1，⊙O的直徑AB長為10，弦AC長為6，∠ACB的平分線交⊙O于D，求BC，AD，BD的長.

變式題(2010年武漢市中考的第10題)

圖1

如圖2，⊙O的直徑AB長為10，，弦AC長為6，∠ACB的平分線交⊙O于D，則CD長為

點評變式題與課本原題的條件完全相同，問題由求BC，AD，BD的長拓展為求CD的長.線段BC，AD，BD均在直角三角形中，比較容易求出;而線段CD是平分直角的弦，不在特殊三角形中，增大了問題難度，需較強分析問題、解決問題的能力.

解法1截長補短法

圖2

如圖3，過點D作DE⊥AC，交CA的延長線于E，作DF⊥BC于F，

∵AB為直徑，

圖3

∴ ∠ACD=∠BCD=45°，∴DA=DB，DE=DF，

∴ Rt△ADE≌Rt△BDF，(HL)

∴AE=BF.

同理可得 Rt△CDE≌Rt△CDF，(HL)

∴CE=CF，

AC+BC=(CE－AE)+(CF+BF)=CE+CF=2CE，

∴CE=7，∴CD=CE= 7.

點評 此解主要運用了角平分線的性質(zhì)作垂線，構(gòu)造了兩組三角形，再運用弧、弦、圓周角定理及推論證明它們?nèi)?

解法2補短法

圖4

如圖4，延長CB至E，使BE=AC，

∴CE=CB+BE=CB+CA=14，

∵四邊形ACBD為⊙O的內(nèi)接四邊形，

∴ ∠CAD+∠CBD=180°.

又∵ ∠DBE+∠CBD=180°，

∴∠CAD=∠DBE.

∵CD平分∠ACB，∴ ∠ACD=∠BCD，∴DA=DB，

∴ △CAD≌△DBE，(SAS)

∴∠CDA=∠BDE，

∴ ∠CDA+∠CDB=∠BDE+∠CDB，

即∠ADB=∠CDE，

∵AB為直徑，∴ ∠ADB=90°，

點評此解通過補短法構(gòu)造一對三角形，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、弧與弦的關(guān)系證明它們?nèi)?，將所求的線段轉(zhuǎn)化到構(gòu)造的等腰直角三角形中，利用直角三角形的知識求解.

圖5

解法3方程法

如圖5，過點D作DE⊥BC于E，

∵AB為直徑，

∵CD平分∠ACB，

∴ ∠ACD=∠BCD=45°，

∴DA=DB，CE=DE.

設(shè)CE=x，則BE=8－x，DE=x，

在Rt△BDE中，由勾股定理得DE2+BE2=BD2，

∴x2+(8－x)2=( 5)2，

解得，x1=7，x2=1(舍去)，

∴CD=CE=7.

點評此法巧妙地利用方程思想在構(gòu)造的Rt△BDE中求邊DE，在等腰Rt△CDE中用邊DE求CD.

解法4構(gòu)造相似三角形法

如圖6，過點C作CE⊥AB于點E，

∵AB為直徑，

∴ ∠ACB=90°，

由面積相等可得，

圖6

∵ ∠CAE+∠ACE=∠CAE+∠ABC=90°，

∴∠ACE=∠ABC，

又∵∠CAE=∠BAC，

∴ △ACE∽△ABC，∴AC2=AE×AB，

∵ ∠ACD=∠BCD=45°，∴ ∠FOD=90°，

∴CE∥DO，∴ △CEF∽△DOF，

點評此法用相似三角形、方程建立等量關(guān)系，用勾股定理計算，較復雜，但有利于培養(yǎng)學生尋找數(shù)量關(guān)系的能力，有利于學生計算能力的提高，有利于培養(yǎng)學生認真、細心的習慣與品質(zhì).