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    洞察結(jié)構(gòu)明來路 回歸本源知去路

    2021-09-10 07:22:44葉先玖程雪瓊
    關(guān)鍵詞:通性通法幾何直觀

    葉先玖 程雪瓊

    摘? 要:通過對2019年中考湖北武漢卷第23題及關(guān)聯(lián)試題的解法進(jìn)行探究,探索借助幾何直觀識別圖形,明晰圖形結(jié)構(gòu),并利用確定性、本源性、全局性、動靜互換等思維,整體把握空間形式和數(shù)量關(guān)系,積累有效的解答經(jīng)驗(yàn);探究回到基本概念和基本圖形的措施,著眼于通性、通法,并著力于幾何直觀、最近發(fā)展區(qū)和思維過程等. 以知曉方法的來路,形成自然簡潔的解答策略. 探尋引導(dǎo)學(xué)生及時(shí)反思解答的路徑,點(diǎn)亮思維的去路,培養(yǎng)并優(yōu)化學(xué)生分析與解決問題的能力.

    關(guān)鍵詞:研題要點(diǎn);幾何直觀;通性、通法

    筆者曾利用2019年中考湖北武漢卷第23題參加湖北省宜昌市初中數(shù)學(xué)學(xué)科工作室“我講中考壓軸題”的活動展示. 現(xiàn)呈現(xiàn)此題的相關(guān)解答、兩道關(guān)聯(lián)題的反思及教學(xué)啟示. 立足解題的通性、通法,借助幾何直觀,以更有效的方式打開學(xué)生的思路,引導(dǎo)學(xué)生掌握解題教學(xué)之道.

    一、試題呈現(xiàn)

    題目 (2019年湖北·武漢卷)在[Rt△ABC]中,[∠ABC=90°, ABBC=n,] M是邊BC上一點(diǎn),連接AM.

    (1)如圖1,若[n=1],N是AB延長線上一點(diǎn),CN與AM垂直,求證:[BM=BN.]

    (2)過點(diǎn)B作[BP⊥AM,] 點(diǎn)P為垂足,連接CP并延長交AB于點(diǎn)Q.

    ① 如圖2,若[n=1,] 求證:[CPPQ=BMBQ.]

    ② 如圖3,若M是BC的中點(diǎn),直接寫出[tan ∠BPQ]的值.(用含n的式子表示.)

    二、解法探究

    1. 識別模式中探析因果覓路

    第(1)小題,如圖4,延長AM交CN于點(diǎn)D,由核心元素[CB⊥AB,AM⊥CN,AB=BC]構(gòu)成“三垂直”模型,且圖形中元素的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系是確定的,確定即可求. 當(dāng)[n=1]時(shí),可確定[△ABC]是以[∠ABC]為直角的等腰直角三角形. 要證[BM=BN,] 只需要證明[△ABM≌△CBN.] 由“CN與AM垂直”識別出“等角的余角相等”,可以證得[∠MAB=∠NCB.] 結(jié)合已知條件[AB=BC,∠ABM=∠CBN,] 可以證得[△ABM≌△CBN.] 由全等三角形的性質(zhì),可得[BM=BN.]

    2. 幾何直觀里回歸本源啟思

    第(2)小題第①問,給出條件“過點(diǎn)B作[BP⊥AM]和[n=1]”后,借助幾何直觀,審視圖形結(jié)構(gòu)并抓住變與不變的元素,則由[AB=BC]易聯(lián)想到三角形全等. 由“三垂直”模型識別出[△APB∽△BPM∽△ABM]等“子母型”相似. 要證[CPPQ=BMBQ],可以回歸到求線段長、三角形相似、平行線分線段成比例、利用面積比證明線段比等知識源及通法. 因此,得到以下五種證明方法.

    證法1:確定[△ABM.] 抓住[AB=BC]這個(gè)條件,通過移拼[△ABM]可得圖5,即過點(diǎn)C作AM的垂線,垂足為點(diǎn)D,且交AB的延長線于點(diǎn)N. 易證[△CBN≌][△ABM,] 所以[BM=BN.] 由[PB⊥AM,CN⊥][AM,] 可得[PB∥CN.] 所以[CPPQ=NBBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

    證法2:確定[△ABM.] 抓住[AB=BC]這個(gè)條件,通過移拼[△ABM]可得圖6,即過點(diǎn)C作[CD∥AB,] 交BP的延長線于點(diǎn)D,易證[△CPD∽△QPB.] 得[CPPQ=CDQB.] 易證[△ABM≌][△BCD.] 所以[CD=][BM.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

    證法3:確定[△ABP.] 抓住[AB=BC]這個(gè)條件,通過移拼[△ABP]可得圖7,即過點(diǎn)C作[CD⊥BP,] 交BP的延長線于點(diǎn)D,過點(diǎn)Q作[QE⊥BP]于點(diǎn)E,易證[△CPD∽△QPE.] 得[CPPQ=CDQE.] 易證[△CDB≌△BPA,] 所以[CD=BP.] 易證[△BPM∽△QEB.] 所以[BPQE=BMQB.] 所以[CPPQ=CDQE=BPQE=BMQB.]

    證法4:確定[△ABM.] 如圖8,過點(diǎn)Q作[QD∥BC,] 交BP的延長線于點(diǎn)D,易證[△CPB∽△QPD.] 得[CPPQ=CBQD.] 易證[△DQB∽△ABM.] 所以[ABDQ=MBBQ.] 因?yàn)閇AB=][BC,] 所以[CBQD=BMBQ.] 所以[CPPQ=BMBQ.]

    證法5:如圖9,由[△BPC]和[△BPQ]是等高三角形的圖形結(jié)構(gòu),得[CPPQ=S△BPCS△BPQ.] 過點(diǎn)P作BC,AB的垂線,垂足分別為點(diǎn)D,E,則有[S△BPCS△BPQ=12?BC?PD12?BQ?PE.] 只要分別求出確定的線段PD,PE,BM,BQ的長(具體計(jì)算可參考后文思路10的解答),通過計(jì)算即可以證得[CPPQ=BMBQ.]

    【思路說明】上述證法中,抓住[AB=BC,] 回歸到旋轉(zhuǎn)定義,動靜互換,可洞察到圖形中隱藏的“共點(diǎn)等邊旋轉(zhuǎn)”結(jié)構(gòu),即從全局性看,線段AB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BC,則△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBN. 由第(1)小題及解答經(jīng)驗(yàn),借助平行線分線段成比例,結(jié)合線段之間的等量代換得到證法1. 基于圖形變換,抓住[AB=BC]進(jìn)行圖形移拼,得到證法2和證法3. 結(jié)合所證結(jié)論[CPPQ=BMBQ],直觀覺察到“X型”相似,借助中間比得到證法4. 識別出[△BPC]和[△BPQ]等高,想到求線段的長,將線段的比轉(zhuǎn)化為面積的比得到證法5.

    3. 洞察結(jié)構(gòu)中追根聯(lián)想得法

    第(2)小題第②問通過回到正切定義,借助幾何直觀,捕捉到以下九種思路.

    思路1:如圖10,過點(diǎn)C作[CE∥AB,] 交BP的延長線于點(diǎn)E,過點(diǎn)C作[CF⊥BE]于點(diǎn)F. 設(shè)[BC=2,PM=t,] 則[BM=1,AB=2n.] 易證[△APB∽△BPM.] 所以[BMAB=][PMPB.] 則[BP=2nt.] 由中位線定理,得[CF=2PM=2t,PF=][BP=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPF=CFPF=2t2nt=1n.]

    思路2:如圖11,過點(diǎn)C作[CD∥AM,] 交BP的延長線于點(diǎn)D. 設(shè)[BC=2a,PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB,] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 則[PB=2nt.] 又由[DC=2PM=2t,] [DP=] [PB=2nt,] 可得[tan∠BPQ=tan∠CPD=DCDP=2t2nt=1n.]

    思路3:如圖12,延長PM到點(diǎn)H,使[MH=PM.] 連接CH,易證[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP,] [∠CHM=] [∠BPM=90°.] 因?yàn)閇ABBC=n,BC=2BM,] 所以[ABBM=2n.] 設(shè)[PM=MH=1.] 由已知易證[△ABM∽△BPM,] 所以[ABBP=BMPM.] 則[PB=CH=2n.] 可得[tan∠BPQ=tan∠HCP=][PHCH=2MHCH=22n=1n.]

    思路4:如圖13,過點(diǎn)C作[CH⊥AM,] 交AM的延長線于點(diǎn)H,則[CH∥BP.] 易證[△CMH≌△BMP.] 所以[CH=BP,] [MH=MP.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=][2PMBP=][2tan∠PBM=2tan∠MAB=2×BMAB=BCAB=1n.]

    思路5:如圖14,過點(diǎn)B作[BD∥QC,] 交AM的延長線于點(diǎn)D. 設(shè)[BC=2a,PM=t.] 易證[△BMD≌△CMP.] 所以[PM=DM.] 由[∠PBM=∠MAB,] 得[PMPB=MBAB=a2na.] 則[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=tan∠PBD=PDPB=2t2nt=1n.]

    思路6:如圖15,過點(diǎn)M作[MD∥PB,] 交CQ于點(diǎn)D. 設(shè)[BC=2a,PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB,] 得[PMPB=MBAB=][a2na.]? 則[PB=2nt.] 由[DM=12PB=nt,] 且[∠BPQ=∠PDM=][90°,] 可得[tan∠BPQ=][tan∠PDM=PMDM=][tnt=1n].

    思路7:如圖16,過點(diǎn)B作[BD∥AM,] 交CQ的延長線于點(diǎn)D,得[∠PBQ=∠MPB=90°.] 設(shè)[BC=2a,PM=t,] 易求得[BD=2PM=2t.] 由[∠PBM=∠MAB,] 得[PMPB=MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 可得[tan∠BPQ=BDPB=][2t2nt=1n.]

    思路8:如圖17,過點(diǎn)M作[MD∥QC,] 交BP于點(diǎn)D. 設(shè)[BC=2a,PM=t.] 由[∠PBM=∠MAB,] 得[PMPB=][MBAB=][a2na.] 所以[PB=2nt.] 所以[PD=DB=12PB=nt.] 可得 [tan∠BPQ=tan∠PDM=PMPD=][tnt=1n].

    思路9:如圖18,過點(diǎn)C作AM的垂線,垂足為點(diǎn)H,且交AB的延長線于點(diǎn)N. 設(shè)[BC=2a,PM=t,] 則[AB=][2na.] 易證[∠NBC=∠MHN=90°,] 則點(diǎn)B,M,H,N在以MN為直徑的圓上. 易證[△ABM∽△CBN.] 所以[ABCB=AMCN.] 易求得[CN=a4n2+1n.] 由切割線定理推論,可得 [CM?CB=CH?CN.] 進(jìn)而可得[CH=2na4n2+1.] 在[Rt△CMH]中,根據(jù)勾股定理,易求得[MH=][a4n2+1.] 所以[tan∠BPQ=tan∠PCH=PHCH=2MHCH=1n.]

    【思路說明】從已知條件看,[∠ABC=90°,] [ABBC=n,] [BP⊥AM,] M是BC的中點(diǎn)等核心要素是確定的;從圖形看,增加了中點(diǎn),會聯(lián)想三角形中位線結(jié)構(gòu),或過中點(diǎn)作延長線構(gòu)造三角形全等;從“直接寫出[tan∠BPQ]的值”結(jié)論想到補(bǔ)直角三角形,或利用“銳角相等正切值相等”來解決問題. 于是,借助前面識別圖形結(jié)構(gòu)的經(jīng)驗(yàn)和補(bǔ)圖經(jīng)驗(yàn),得到圖10,通過關(guān)聯(lián)性思考使得思路自然貫通. 及時(shí)反思,發(fā)現(xiàn)[BMAB=12n,] 察覺到圖10中[∠BPQ]與[∠CPE]的關(guān)系,優(yōu)化思路1得到思路2. 洞察到中點(diǎn)M,識別過中點(diǎn)作延長線構(gòu)造全等三角形,得到思路3和思路4. 識別出中位線結(jié)構(gòu),得到思路5 ~ 思路8. 借助第(1)小題的解答,洞察到圖中的對角互補(bǔ),識別出隱圓,得到思路9. 上述思路借助幾何直觀求正切值,自然且有效.

    三、解后反思

    1. 思路自然,為什么受挫

    筆者堅(jiān)持“練后精講,不練不講”. 事實(shí)上,學(xué)生獨(dú)立解答上述題目第(2)小題第②問時(shí),有些學(xué)生先想到的是根據(jù)正切的定義去補(bǔ)形. 現(xiàn)摘錄學(xué)生的解題思路如下.

    思路10:如圖19,過點(diǎn)Q作[QE⊥PB]于點(diǎn)E. 在[Rt△PEQ]中,若能分別求出QE,PE的長,則[tan∠BPQ]的值可求.

    思路11:如圖20,過點(diǎn)B作[BF⊥PQ]于點(diǎn)F. 在[Rt△PFB]中,若能分別求出BF,PF的長,則[tan∠BPQ]的值可求.

    思路12:如圖21,過點(diǎn)Q作[QD⊥AM]于點(diǎn)D. 若能分別求出PD,DQ的長,在[Rt△PDQ]中,可求出[tan∠PQD]的值. 進(jìn)一步可得[tan∠BPQ=tan∠PQD.]

    思路13:如圖22,以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn),AB方向?yàn)閤軸正半軸,BC方向?yàn)閥軸正半軸建立平面直角坐標(biāo)系. 設(shè)BC = 2,則點(diǎn)[C0,2,] 點(diǎn)[M0,1,] 點(diǎn)[A-2n,0.]再作[QE⊥PB]于點(diǎn)E,將問題轉(zhuǎn)化為一次函數(shù)求解. 只要求得點(diǎn)[Q-2n1+2n2,0,] 則可求得QE,PE的長,即[tan∠BPQ]的值可求.

    對于思路13,若能求出BQ的長,則可以分別求出直線CQ,AM的解析式,聯(lián)立可解得點(diǎn)P的坐標(biāo). 再求出直線PB的解析式,從而可求出直線QE的解析式,聯(lián)立可解得點(diǎn)E的坐標(biāo),便可以分別求出PE,QE的長. 在[Rt△PEQ]中,根據(jù)[tan∠BPQ=QEPE],可以求得[tan∠BPQ]的值.

    然而,這四種思路因?qū)W生求比值的通法不夠熟練、耐心不足,解題過程計(jì)算量大等原因,最終沒能求出BQ長這一關(guān)鍵性的元素,導(dǎo)致這四種解答思路受挫. 事實(shí)上,借助求比值的常規(guī)方法,不僅能求得BQ的長,而且圖中相關(guān)線段的比值都是確定的、可求的,只不過計(jì)算量大,需要學(xué)生有足夠的耐心. 現(xiàn)以思路10為例進(jìn)行解答.

    解:如圖23,過點(diǎn)Q作[QE⊥PB]于點(diǎn)E,過點(diǎn)P作[PG⊥BC]于點(diǎn)G. 設(shè)[BM=a,PM=t.]

    因?yàn)閇∠ABC=90°,BP⊥AM.]

    所以[∠MAB=∠PBM.]

    因?yàn)閇tan∠MAB=12n,tan∠PBM=tPB,]

    所以[a2na=tPB.]

    解得[PB=2nt.]

    因?yàn)閇tan∠MAB=PBAP=12n,]

    所以[AP=4n2t.]

    因?yàn)閇PG∥AB,]

    所以[MGGB=PMAP=14n2.]

    因?yàn)閇MG+GB=a,]

    所以[MG=a1+4n2,GB=4n2a1+4n2.]

    因?yàn)閇PG∥AB,]

    所以[PGAB=PMAM=tt+4n2t=11+4n2.]

    所以[PG=2na1+4n2.]

    因?yàn)閇PG∥QB,]

    所以[PGQB=CGCB.]

    解得[QB=2na1+2n2.]

    因?yàn)閇QE∥AP,]

    所以[QEAP=BEBP=QBAB=11+2n2.]

    解得[QE=4n2t1+2n2,BE=2nt1+2n2.]

    所以[PE=PB-BE=2nt-2nt1+2n2=4n3t1+2n2.]

    所以[tan∠BPQ=QEPE=4n2t1+2n2 ? 1+2n24n3t=1n.]

    其實(shí)在設(shè)[BC=2a]后,圖中的元素均可求,設(shè)[PM=t]是為了計(jì)算表達(dá)簡潔. 例如,思路3中,利用[△APB∽△BPM∽△ABM]“子母型相似”結(jié)構(gòu),可計(jì)算BP的長;也可以延長CH交AB的延長線于點(diǎn)N(如圖18),發(fā)現(xiàn)[△ABM∽△CHM∽△CBN,] 可計(jì)算出MH,CH的長,利用三角形全等可得PH的長;或者發(fā)現(xiàn)B,M,H,N四點(diǎn)共圓,結(jié)合切割線定理和勾股定理求出相應(yīng)線段的長,使問題得到解決.

    2. 通性、通法的運(yùn)用,如何更為熟練自然

    在思路10 ~ 思路13中,回歸基本概念和基本圖形應(yīng)當(dāng)是學(xué)生最自然的想法. 然而,卻受挫于求BQ的長. 為什么學(xué)生無法求出這個(gè)值?或許當(dāng)學(xué)生對下面兩道例題進(jìn)行深入研究并能熟練應(yīng)用后,會對上述思路的解答有所啟發(fā).

    例1? 如圖24,過[△ABC]的頂點(diǎn)C任意作一條直線,與邊AB及中線AD分別交于點(diǎn)F,E,求證:[AEDE=2AFBF.]

    借助平行線分線段成比例,此題有較多的解法. 由D為BC的中點(diǎn),直線BC、直線AD、直線AB兩兩相交于點(diǎn)D,B,A,且與這三條直線相關(guān)的是直線CF,回到作平行線求比值的常規(guī)方法. 可以進(jìn)行如下解答.

    如圖25,分別過點(diǎn)A,B,D分別作直線CF的垂線,垂線段分別記為[h1,h2,h3],則有[h1h2=AFFB,] [h2h3=][BCCD, h3h1=DEEA.] 將三式相乘,即可證得[AEDE=2AFBF.]

    借助這種優(yōu)化后的求比值的通法,可對例2給出較為簡潔的解法.

    例2? 如圖26,線段[OA⊥OB,] 點(diǎn)C為OB的中點(diǎn),D為線段OA上一點(diǎn),連接AC,BD交于點(diǎn)P. 當(dāng)[OA=][OB,] 且D為OA中點(diǎn)時(shí),求[APPC]的值.

    如圖27,分別過點(diǎn)A,O,C分別作直線BD的垂線,垂線段分別記為[h1,h2,h3,] 則有[h1h2=ADDO,] [h2h3=][BOBC],[h3h1=CPPA]. 將三式相乘,得[APCP=2.]

    這種分別過點(diǎn)A,O,C作直線BD的垂線求比值的方法相對簡潔,彰顯了幾何直觀的魅力.

    這為筆者對前述題目進(jìn)行多視角改編提供了支撐,就題挖掘與改編,可以更好地提升學(xué)生解題素養(yǎng).

    題目的改編:銳角[△ABC]中,[∠ABC=60°,] [ABBC=][n,] 點(diǎn)M是BC上一動點(diǎn),連接AM,P是AM上一動點(diǎn),連接CP并延長交AB于點(diǎn)Q.

    (1)如圖28,若[n=1,] [∠APQ=60°],求[CQAM]的值.

    (2)如圖29,若[n≠1, CMBM=14, CPPQ=35],求[AQQB]的值.

    (3)如圖30,若[n>1, CMBM=14,BP⊥AM,CQ⊥][AB],求n的值

    四、教學(xué)啟示

    教育上的“慢”是客觀規(guī)律,必須遵守,不能繞過去. 在幾何解題教學(xué)中,“繞”不過去的是“思”,“慢”的落腳點(diǎn)在“悟”. 教學(xué)上的“慢”,應(yīng)從確定性、本源性、全局性、動靜互換等出發(fā),回溯知識本源,著眼通性、通法,熟悉基本圖形變換,浸潤基本數(shù)學(xué)思想等處著力,展開理性分析和精準(zhǔn)計(jì)算,知曉方法的來路,點(diǎn)亮學(xué)生思維的去路.

    1. 教活思考習(xí)慣,理清思路來源

    由條件推算結(jié)論、由問題尋找條件、由問題前后的關(guān)聯(lián)性逐步推理與計(jì)算,定性分析、定量計(jì)算是常用的解答手段. 題目給出的圖形中,線段之間、角之間必然有確定的邏輯聯(lián)系和因果關(guān)系. 因果明,則思之有路;圖形定,則對應(yīng)的數(shù)量關(guān)系及位置關(guān)系就隨之確定. 看條件、找結(jié)論、追其何處去是常用的分析、解決問題的思考方法. 識圖時(shí),從全局入手,掌握“譯式”方法,學(xué)會與條件“對話”,借助符號或未知數(shù)把條件轉(zhuǎn)換到圖形上,巧用圖形建立聯(lián)系. 畫圖補(bǔ)形時(shí),學(xué)生要懂得靜能定位、動能生聯(lián)系,主動發(fā)現(xiàn)點(diǎn)、邊、角等元素之間的關(guān)系,關(guān)注變化中的不變,從圖形結(jié)構(gòu)中發(fā)現(xiàn)并拆分、重組常見的基本圖形. 這種動靜互換思維,有助于尋找到相關(guān)元素之間的聯(lián)系,從而聯(lián)想到相關(guān)圖形的性質(zhì)、喚醒解答經(jīng)驗(yàn)和方法,更好地展開定位分析和定量計(jì)算. 解題時(shí),要仔細(xì)審讀條件,借助確定性、本源性、全局性、動靜互換等思維,回歸到知識源、特殊點(diǎn)和關(guān)鍵點(diǎn)展開聯(lián)想,實(shí)現(xiàn)文字、圖形、符號等數(shù)學(xué)語言的相互轉(zhuǎn)化.

    例如,題目第(1)小題借助圖形變換,還可以有以下思路. 延長MB,取[BH=BM,] 連接AH,構(gòu)造等腰三角形;或過點(diǎn)M,A分別作AB,BC的平行線,得矩形ABMH,從特殊四邊形的性質(zhì)及[CN⊥AM]可推導(dǎo)出與[∠NCB]相等的角,再通過三角形全等進(jìn)行轉(zhuǎn)化,證得[BM=BN.] 就此小題而言,這些思路雖然復(fù)雜,但卻與波利亞的解題理念相吻合,即拿一個(gè)有意義但又不復(fù)雜的題目去幫助學(xué)生挖掘問題的各個(gè)方面,使得通過這道題就好像通過一道“門戶”,把學(xué)生引入一個(gè)完整的領(lǐng)域. 把簡單的題深入做,可以幫助學(xué)生更好地領(lǐng)悟解題的本質(zhì),引導(dǎo)學(xué)生發(fā)現(xiàn)知識之間的聯(lián)系,形成深層次的思考,并借助圖形變換及確定性、本源性、全局性、動靜互換等解答后面兩道小題,啟發(fā)學(xué)生的思維.

    2. 盤活思考方式,落細(xì)教學(xué)著力點(diǎn),知曉方法來路

    筆者以2019年中考湖北武漢卷第23題為例,借助探究與類比,溯源強(qiáng)基,提煉求線段比值的方法. 任何一種解法都依賴堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)知識和扎實(shí)的數(shù)學(xué)基本功. 易想難算、易算難想,解題思路沒有捷徑可走. 熟練運(yùn)用通性、通法后得到的巧妙解答是看透知識及方法本質(zhì)后的火熱思考,是真思考. 在通性、通法的優(yōu)化中,尋找著力固牢“四基”的講題切入點(diǎn),提升解題素養(yǎng)才是悟之必要. 題目中內(nèi)含“X型”“A型”“子母型”“隱圓”等基本圖形,暗示著解題教學(xué)要著力于強(qiáng)化幾何直觀,洞察圖形結(jié)構(gòu),豐富答題經(jīng)驗(yàn).

    在解答題目第(2)小題第①問時(shí),有的學(xué)生從所求結(jié)論[CPPQ=BMBQ]出發(fā),聯(lián)想求線段成比例的通法,過點(diǎn)P作BC的平行線,或過點(diǎn)P作AB的平行線,或過點(diǎn)Q作AM的平行線,或過點(diǎn)Q作BC的平行線等,得到“A型”或“X型”等相似圖形,暗示教學(xué)要著力于學(xué)生思維的最近發(fā)展區(qū)去應(yīng)對和啟發(fā);洞察到“三垂直”結(jié)構(gòu),充分利用已知條件[AB=AC,] 打開“另一扇窗”,凸顯真實(shí)思維考量.

    3. 激活思考方法,點(diǎn)亮思維去路

    解題研究無禁區(qū),課堂教學(xué)有范圍. 對于教師來說,繁簡解法、對錯(cuò)解法、優(yōu)劣解法等都應(yīng)該兼收并蓄. 至于將哪一種解法用于課堂教學(xué),則取決于教學(xué)要求和學(xué)生的實(shí)際情況. 當(dāng)前的數(shù)學(xué)教學(xué),首先要在“如何讓學(xué)生想得到”上下工夫,激活思考方式,啟發(fā)學(xué)生在洞察結(jié)構(gòu)上思本源,想通性、通法.

    題目第(2)小題第②問的解決,是先借助幾何直觀補(bǔ)形轉(zhuǎn)化,再設(shè)元計(jì)算,從數(shù)的角度去剖析相關(guān)元素間的關(guān)系;從形的角度看,圖10中,由“三垂直”模型,可得[△ECB∽△MBA,] 利用相似三角形對應(yīng)高的比等于相似比,得[CFBP=][BEAM=BCAB=1n.] 借助中位線定理,得[BP=PF.] 于是可求得[tan∠BPQ=][tan∠CPF=][CFPF=1n.]

    筆者從形、數(shù)或形數(shù)結(jié)合等角度展開研題,并呈現(xiàn)各種繁與簡的解法,為答疑學(xué)生的奇思妙想、放飛學(xué)生的思維做了充分準(zhǔn)備. 借助幾何直觀,把握圖形結(jié)構(gòu),可以啟發(fā)學(xué)生明了題意、展開聯(lián)想,明白如何去想,“知其然”而得法. 適度拓展,適時(shí)一題多解或多解歸一,明了為什么要這樣去想,知曉解法本質(zhì),“知其所以然”,達(dá)到舉一反三. 教師要引導(dǎo)學(xué)生回歸知識本源,及時(shí)反思,充分經(jīng)歷試錯(cuò)、析錯(cuò)、糾錯(cuò)的過程,抓聯(lián)系、知因果,突破思路,展開作圖、計(jì)算、推理,厚植由確定展開理性分析與推算等必備的解題能力,讓學(xué)生在嘗試和慢悟中學(xué)會選擇、轉(zhuǎn)化、比較和優(yōu)化,把握規(guī)律,靈活貫通,在還可以怎樣去想上下足工夫,撬動思維的杠桿,推動學(xué)生進(jìn)行深度思考,以點(diǎn)亮思維的去路.

    參考文獻(xiàn):

    [1]錢德春. 解題教學(xué)應(yīng)關(guān)注思維方式與思維心理[J]. 中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考(中旬),2018(10):2-5.

    [2]張建華. 關(guān)注模型特征? 提升解題能力:“動點(diǎn)路徑”中考試題歸類解法思考[J]. 中國數(shù)學(xué)教育(初中版),2019(6):48-52.

    [3]沈岳夫. 洞察試題結(jié)構(gòu)? 構(gòu)造基本圖形[J]. 中國數(shù)學(xué)教育(初中版),2017(11):47-50.

    [4]葉先玖,王勝蘭,胡澤明. 講題的關(guān)注點(diǎn):理性、確定、及時(shí)、適度[J]. 中學(xué)數(shù)學(xué)雜志,2019(8):48-52.

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