基于教学反思的解题教学

李发勇

课本习题是一种重要的教学资源。在总复习教学中，通过探索课本典型习题的知识生长点、能力发展点、思想方法蕴涵点，挖掘课本典型习题的潜在教学价值，有利于激发学习兴趣，提高复习教学效率；通过反思、拓展、应用，完成习题教学的第二次飞跃。培养学生探究质疑精神，提高创新意识和实践能力。下面就一课本习题教学进行的再认识和再设计问题予以探究.

题目现行华师大版9年级《数学》上第24章《图形的相似》复习题C组第20题：

（1）已知，如图1，MN是ABCD外的一条直线，AA′、BB′、CC′、DD′都垂直于MN，A′、B′、C′、D′为垂足，求证：AA′+CC′=BB′+DD′.

（2）若直线MN向上移动，使点C在直线一侧，A、B、D三点在直线另一侧（如图2），则垂线段AA′、BB′、CC′、DD′之间存在什么关系？先对结论进行猜想，然后加以证明.

图1图21质疑证法

华师大版配套教师用书提示：记O为ABCD两条对角线的交点，过O作OO′⊥MN，垂足为O′。

（1）由梯形中位线定理，易证所需结论.

（2）由梯形中位线定理，可得BB′+DD′=2OO′；易可证AA′-CC′=2OO′，因而AA′=BB′+CC′+DD′.

根据提示，运用梯形中位线定理是关键，证明如下：

图3（1）证一：连结AC、BD交于O，过O作OO′⊥MN，垂足为O′.

因为BO=OD，BB′∥OO′∥DD′，所以B′O′=O′D′。所以BB′+DD′=2OO′。同理AA′+CC′=2OO′。所以AA′+CC′=BB′+DD′.

证二：如图3，分别连结AC、BD交于P，过P作PH⊥MN于H，连结C′P，并延长交A′A的延长线于W。因为BP=PD，BB′∥PH∥DD′，则B′H=D′H，所以PH是梯形BB′D′D的中位线。所以BB′+DD′=2PH.

又△PCC′≌△PAW，所以PC′=PW，CC′=AW，PH是△WA′C′的中位线，所以WA′=2PH，所以AA′+CC′=2PH，所以AA′+CC′=BB′+DD′.

（2）猜想：AA′-CC′=BB′+DD′。证明（转化法）：如图2，在ABCD外，另作M1N1∥MN，分别延长AA′、BB′、CC′、DD′交M1N1于A1、B1、C1、D1。由（1）证得：AA1+CC1=BB1+DD1。所以AA′+A′A1+C′C1-CC′=BB′+B′B1+DD′+D′D1，由于A′A1=C′C1=B′B1=D′D1，所以AA′-CC′=BB′+DD′.

问题分析对（1）的两种证明，关键性依据是“过梯形一腰的中点且平行于两底的直线必平分另一腰”，然后利用中位线性质获证，证明看似顺畅简洁，但现行华师大版数学教材中始终没有这样的学习内容，造成推理无依据，难消学生心中的疑虑。证法二中用到的结论“过三角形一边的中点且平行于另一边的直线必平分第三边”可以在教材P67开头部分找到依据.

这些结论如果补证，会增加学生负担；如果直接告诉这个结论，会增加学生理解难度。其实，还有适合学生的其他证法.

图4改进证法（1）如图4，分别过C、D作CH⊥BB′于H，DP⊥AA′于P。因为BB′∥AA′，AD∥BC，所以∠HBC+∠ABC+∠BAP=∠ABC+∠BAP+∠PAD=180°，所以∠HBC=∠PAD。又AD=BC，∠BHC=∠APD=90°，所以△BHC≌△APD。所以BH=AP。即BB′-HB′=AA′-PA′，由HB′=CC′，PA′=DD′，可得AA′+CC′=BB′+DD′.

（2）可仿（1）证明.

2质疑猜想

问题（2），在不给学生任何提示的前提下，学生的思考几乎呈散放、无序的状态，又测量因误差，容易导致误猜，实践证明学生很难获得有效的猜想。中科院院士张景中认为，一个题目，光想不动手，往往不得其门而入，动手做，常会有启发，代数问题，把字母代成数试一试，几何问题，多画几个图看一看，这比你冥思苦想效果好得多，学生通过数学实验，动手算一算、画一画、量一量，手脑并用，获得直接的感性认识，能最大程度地发挥其主观能动性，有利于右脑的开发，并能由此引发奇思妙想，产生大胆的猜想和创新。正所谓“直觉的产生要以逻辑分析为‘前奏曲”。由此可见，猜想不是凭空乱想。教学中要教给学生猜想的方法和猜想的途径。猜想的方法主要有：归纳、类比、合情推理。猜想的途径主要是：观察、实验、探索。教学改进设计如下：

（1）实践操作，感知确认。试一试，测量这些线段，通过计算，它们有什么的关系呢？有人测得BB′=0。2cm，AA′=1。1cm，CC′=0。5cm，DD′=0。3cm，于是猜想：AA′+DD′=2（BB′+CC′）。还有BB′=0。25cm，AA′=1。1cm，CC′=0。55cm，DD′=0。3cm，于是猜想：AA′=BB′+CC′+DD′。谁的猜想更合理呢？再画一个图形试一试，发现：AA′=BB′+CC′+DD′更合理.

（2）通过引入辅助元素，转化为熟悉的问题或已经解决了的问题，通过推理获得猜想.

3变式探究

变式1：如果再作如下移动又如何呢？若直线MN向上移动，使点C、D在直线一侧，A、B点在直线另一侧（如图5），则垂线段AA′、BB′、CC′、DD′之间存在什么关系？先对结论进行猜想，然后加以证明.

有上述经验，学生容易做出如下猜想：AA′-CC′=BB′-DD′.

图5证明：如图5，在ABCD外，另作M2N2∥MN，分别延长AA′、BB′、CC′、DD′交M2N2于A2、B2、C2、D2。仿（2）可证得：AA′-CC′=BB′-DD′。证明也可以仿改进（1）中的方法进行.endprint

变式2：类比情形（2）中满足MN交于一组邻边AB、AD上时，则CC′-AA′=BB′+DD′。或满足MN交于一组邻边AB、BC上时，则DD′-BB′=AA′+CC′。或满足MN交于一组邻边AD、CD上时，则BB′-DD′=AA′+CC′。类比变式（1）中满足MN交于一组对边AB、CD上时，AA′+CC′=BB′+DD′.

拓展把平行四边形放在平面直角坐标系中，如何用坐标表示对角线性质呢？

探讨：ABCD的顶点坐标为A（a，b），B（c，d），C（m，n），D（e，f）.

分析：设ABCD对角线的交点坐标P（g，h），在同一坐标系中，将ABCD进行平移，使P与坐标原点O重合，得ABCD。根据平移规律：A′（a-g，b-h），B′（c-g，d-h），C′（m-g，n-h），D′（e-g，f-h）。A′与C′关于原点成中心对称，则a-g+m-g=0，c-g+e-g=0，推得a+m=c+e。同理b+n=d+f.

结论：在平面直角坐标系中，平行四边形的一条对角线的顶点横（纵）坐标之和等于另一条对角线的顶点横（纵）坐标之和.

若直接利用中点坐标公式证明，虽更为简单但已超出初中学生学习范围。用坐标表示图形性质的方法，体现了“图形与坐标”与“图形的性质”“图形的变化”的有机整合.

4结论应用例1（行测题）已知平行四边形的三个顶点是A（4，2），B（5，7），C（-3，4），则第四个顶点D不可能是

A。（12，5）B。（-2，9）C。（-4，-1）D。（3，7）

分析结合几何知识，只需分3类情形讨论.

解由结论得，以AB为对角线时，D（12，5）。以AC为对角线时，D（-4，-1）。以BC为对角线时，D（-2，9）。所以应选D.

图6例1（2009抚顺）如图6，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（-2，0），点B（6，0），与y轴交于点C.

（1）求出此抛物线的解析式（并写出顶点坐标）；

（2）在抛物线上有一点D，使四边形ABDC为等腰梯形，定出点D的坐标并求出直线AD的解析式；

（3）在（2）中的直线AD交抛物线的对称轴于点M。抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q，是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.

解析（1）抛物线的解析式为y=-114x2+x+3，顶点坐标是（2，4）.

（2）点C在抛物线上，知C（0，3）。若ABDC为等腰梯形，有CD∥AB。作DE⊥AB，则BE=2，得D（4，3）。从而有直线AD的解析式为y=112x+1.

图7（3）如图7，假设存在点Q，使得以A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，设Q（t，0），解得M（2，2），已知A（-2，0），分别以AQ、AM、MQ为对角线，由结论依次可得P（t-4，-2）、P（-t，2）P（t+4，2），分别代入y=-114x2+x+3，解得存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形。Q1（-2+22，0）、Q2（-2-22，0）、Q3（6-26，0）、Q4（6+26，0）.

例2（2010河南省）如图8，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（-4，0），B（0，-4），C（2，0）三点.

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S。求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值.

（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=-x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标.

图8图9解（1）抛物线的解析式y=112x2+x-4。（2）略.

（3）如图9，假设点Q存在，设Q（t，-t），B（0，-4），O（0，0），分别以QO、BO、QB为对角线，由结论依次可得P（t，4-t）或P（-t，t-4）或P（t，-t-4），分别代入y=112x2+x-4，解得符合条件的Q的坐标为（-4，4），（4，-4），（-2+25，2-25），（-2-25，2+25）.

通过对这类习题的引申、变化、改造、深化，使得学生既有熟悉感，又有新鲜感，在兴趣盎然中加深对基础知识的理解与巩固。课本习题较多，我们也要抓重点，并且从各个方面精心挖掘其潜力，只有这样，我们才会真正从题海战术中脱身出来，我们的学生也才会感受到学习是多么的轻松愉快.endprint

变式2：类比情形（2）中满足MN交于一组邻边AB、AD上时，则CC′-AA′=BB′+DD′。或满足MN交于一组邻边AB、BC上时，则DD′-BB′=AA′+CC′。或满足MN交于一组邻边AD、CD上时，则BB′-DD′=AA′+CC′。类比变式（1）中满足MN交于一组对边AB、CD上时，AA′+CC′=BB′+DD′.

拓展把平行四边形放在平面直角坐标系中，如何用坐标表示对角线性质呢？

探讨：ABCD的顶点坐标为A（a，b），B（c，d），C（m，n），D（e，f）.

分析：设ABCD对角线的交点坐标P（g，h），在同一坐标系中，将ABCD进行平移，使P与坐标原点O重合，得ABCD。根据平移规律：A′（a-g，b-h），B′（c-g，d-h），C′（m-g，n-h），D′（e-g，f-h）。A′与C′关于原点成中心对称，则a-g+m-g=0，c-g+e-g=0，推得a+m=c+e。同理b+n=d+f.

结论：在平面直角坐标系中，平行四边形的一条对角线的顶点横（纵）坐标之和等于另一条对角线的顶点横（纵）坐标之和.

若直接利用中点坐标公式证明，虽更为简单但已超出初中学生学习范围。用坐标表示图形性质的方法，体现了“图形与坐标”与“图形的性质”“图形的变化”的有机整合.

4结论应用例1（行测题）已知平行四边形的三个顶点是A（4，2），B（5，7），C（-3，4），则第四个顶点D不可能是

A。（12，5）B。（-2，9）C。（-4，-1）D。（3，7）

分析结合几何知识，只需分3类情形讨论.

解由结论得，以AB为对角线时，D（12，5）。以AC为对角线时，D（-4，-1）。以BC为对角线时，D（-2，9）。所以应选D.

图6例1（2009抚顺）如图6，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（-2，0），点B（6，0），与y轴交于点C.

（1）求出此抛物线的解析式（并写出顶点坐标）；

（2）在抛物线上有一点D，使四边形ABDC为等腰梯形，定出点D的坐标并求出直线AD的解析式；

（3）在（2）中的直线AD交抛物线的对称轴于点M。抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q，是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.

解析（1）抛物线的解析式为y=-114x2+x+3，顶点坐标是（2，4）.

（2）点C在抛物线上，知C（0，3）。若ABDC为等腰梯形，有CD∥AB。作DE⊥AB，则BE=2，得D（4，3）。从而有直线AD的解析式为y=112x+1.

图7（3）如图7，假设存在点Q，使得以A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，设Q（t，0），解得M（2，2），已知A（-2，0），分别以AQ、AM、MQ为对角线，由结论依次可得P（t-4，-2）、P（-t，2）P（t+4，2），分别代入y=-114x2+x+3，解得存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形。Q1（-2+22，0）、Q2（-2-22，0）、Q3（6-26，0）、Q4（6+26，0）.

例2（2010河南省）如图8，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（-4，0），B（0，-4），C（2，0）三点.

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S。求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值.

（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=-x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标.

图8图9解（1）抛物线的解析式y=112x2+x-4。（2）略.

（3）如图9，假设点Q存在，设Q（t，-t），B（0，-4），O（0，0），分别以QO、BO、QB为对角线，由结论依次可得P（t，4-t）或P（-t，t-4）或P（t，-t-4），分别代入y=112x2+x-4，解得符合条件的Q的坐标为（-4，4），（4，-4），（-2+25，2-25），（-2-25，2+25）.

通过对这类习题的引申、变化、改造、深化，使得学生既有熟悉感，又有新鲜感，在兴趣盎然中加深对基础知识的理解与巩固。课本习题较多，我们也要抓重点，并且从各个方面精心挖掘其潜力，只有这样，我们才会真正从题海战术中脱身出来，我们的学生也才会感受到学习是多么的轻松愉快.endprint

变式2：类比情形（2）中满足MN交于一组邻边AB、AD上时，则CC′-AA′=BB′+DD′。或满足MN交于一组邻边AB、BC上时，则DD′-BB′=AA′+CC′。或满足MN交于一组邻边AD、CD上时，则BB′-DD′=AA′+CC′。类比变式（1）中满足MN交于一组对边AB、CD上时，AA′+CC′=BB′+DD′.

拓展把平行四边形放在平面直角坐标系中，如何用坐标表示对角线性质呢？

探讨：ABCD的顶点坐标为A（a，b），B（c，d），C（m，n），D（e，f）.

分析：设ABCD对角线的交点坐标P（g，h），在同一坐标系中，将ABCD进行平移，使P与坐标原点O重合，得ABCD。根据平移规律：A′（a-g，b-h），B′（c-g，d-h），C′（m-g，n-h），D′（e-g，f-h）。A′与C′关于原点成中心对称，则a-g+m-g=0，c-g+e-g=0，推得a+m=c+e。同理b+n=d+f.

结论：在平面直角坐标系中，平行四边形的一条对角线的顶点横（纵）坐标之和等于另一条对角线的顶点横（纵）坐标之和.

若直接利用中点坐标公式证明，虽更为简单但已超出初中学生学习范围。用坐标表示图形性质的方法，体现了“图形与坐标”与“图形的性质”“图形的变化”的有机整合.

4结论应用例1（行测题）已知平行四边形的三个顶点是A（4，2），B（5，7），C（-3，4），则第四个顶点D不可能是

A。（12，5）B。（-2，9）C。（-4，-1）D。（3，7）

分析结合几何知识，只需分3类情形讨论.

解由结论得，以AB为对角线时，D（12，5）。以AC为对角线时，D（-4，-1）。以BC为对角线时，D（-2，9）。所以应选D.

图6例1（2009抚顺）如图6，抛物线y=ax2+x+c（a≠0）与x轴交于点A（-2，0），点B（6，0），与y轴交于点C.

（1）求出此抛物线的解析式（并写出顶点坐标）；

（2）在抛物线上有一点D，使四边形ABDC为等腰梯形，定出点D的坐标并求出直线AD的解析式；

（3）在（2）中的直线AD交抛物线的对称轴于点M。抛物线上有一动点P，x轴上有一动点Q，是否存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.

解析（1）抛物线的解析式为y=-114x2+x+3，顶点坐标是（2，4）.

（2）点C在抛物线上，知C（0，3）。若ABDC为等腰梯形，有CD∥AB。作DE⊥AB，则BE=2，得D（4，3）。从而有直线AD的解析式为y=112x+1.

图7（3）如图7，假设存在点Q，使得以A、M、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，设Q（t，0），解得M（2，2），已知A（-2，0），分别以AQ、AM、MQ为对角线，由结论依次可得P（t-4，-2）、P（-t，2）P（t+4，2），分别代入y=-114x2+x+3，解得存在以A、M、P、Q为顶点的平行四边形。Q1（-2+22，0）、Q2（-2-22，0）、Q3（6-26，0）、Q4（6+26，0）.

例2（2010河南省）如图8，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（-4，0），B（0，-4），C（2，0）三点.

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S。求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值.

（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y=-x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标.

图8图9解（1）抛物线的解析式y=112x2+x-4。（2）略.

（3）如图9，假设点Q存在，设Q（t，-t），B（0，-4），O（0，0），分别以QO、BO、QB为对角线，由结论依次可得P（t，4-t）或P（-t，t-4）或P（t，-t-4），分别代入y=112x2+x-4，解得符合条件的Q的坐标为（-4，4），（4，-4），（-2+25，2-25），（-2-25，2+25）.

通过对这类习题的引申、变化、改造、深化，使得学生既有熟悉感，又有新鲜感，在兴趣盎然中加深对基础知识的理解与巩固。课本习题较多，我们也要抓重点，并且从各个方面精心挖掘其潜力，只有这样，我们才会真正从题海战术中脱身出来，我们的学生也才会感受到学习是多么的轻松愉快.endprint