一题多解物理

一题多解物理（共14篇）

一题多解物理 篇1

一 题 多 解 的 物 理 题

湖北省监利县第一初级中学 王世旺

物理解题中经常会遇到一题多解的情况，这样的题，既可以考查学生的综合解题能力，也可以活跃学生的思维，培养学生良好的解题习惯。兹选湖北省教学研究室编写的义务教育教科书物理练习册八年级上第10页中的一道题为例，略作分析。题目如下：

野兔在草地上以10 m/s 读速度向前方50 m 处的树洞奔逃，秃鹰在野兔后方110 m 处以40 m/s 的速度贴着地面飞行追击野兔，问野兔能否安全逃进树洞？（要求至少用两种方法）

题中明确说明至少要用两种方法，显然解法在两种以上。可以通过比较时间，或者比较路程，或者比较速度来进行分析判断。为了便于分析，我们先对问题中可能出现的路程、时间、速度做一个说明，然后根据可能出现的情况逐一分析。

时间：

t1——野兔跑进树洞所需的时间(5s)； t2——秃鹰飞到树洞所需的时间（4s）;t3——秃鹰抓到野兔所需的时间(3.7s)。

路程：

s1——野兔离树洞的距离(50m)；

s2——秃鹰离树洞的距离(160m)； s3——秃鹰离野兔的距离(110m)；

s4——野兔跑进树洞这段时间内秃鹰所跑的距离(200m)；

s5——秃鹰跑到树洞的时间内t3内，野兔可能跑的路程(40m)；

速度：

v1——野兔的速度（10 m/s）;v2——秃鹰的飞行速度（40m/s）;v3——兔子跑进树洞的最低安全速度(12.5m/s)； v4——秃鹰抓住野兔的最低飞行速度(32m/s).列举了这么多物理量（后面括号中给出的数据或为已知或可计算得出的），我们就可以选择适当的物理量来比较判断了。解题思路有如下三类：

第一类：比较时间

解法一：比较野兔跑进树洞所需的时间t1和秃鹰飞到树洞所需的时间t2；若t1 ＞ t2，则野兔不能安全逃进树洞；反之能安全逃进树洞

解法二：比较野兔跑进树洞所需的时间t1和秃鹰抓到野兔所需的时间t3；若t1 ＞ t3，则野兔不能安全逃进树洞；反之能安全逃进树洞

解法三：比较秃鹰飞到树洞所需的时间t2和秃鹰抓到野兔所需的时间t3；若t2 ＞ t3，则野兔不能安全逃进树洞；反之能安全逃进树洞。

第二类：比较路程

解法四：比较在野兔安全逃进洞的时间t1内可以秃鹰飞行的路程s4和秃鹰离树洞的距离s2，若s4 ＜ s2，则野兔是安全的，否则，不安全。

解法五：比较在秃鹰飞到树洞的时间t2内野兔所跑的路程s5和野兔到树洞的距离s1, 若s5 ＞ s1,则野兔是安全的，否则，不安全。

第三类：比较速度

解法六：比较野兔的奔逃速度v1和野兔跑进树洞的最低安全速度v3, 若 v1 ＞ v3, 则野兔是安全的，否则，不安全。

解法七：比较秃鹰的飞行速度v2和秃鹰抓住野兔的最低飞行速度v4, 若v4 ＞ v2, 则野兔是安全的，否则，不安全。

学生可以选择上面提供的任意两条思路完成答题任务。具体解题过程如下： 解法一：野兔逃进树洞所需的时间：

t1=s1/t1=50m/(10m/s)=5s

秃鹰飞到树洞所需的时间：

t2=s2/t2=(110m+50m)/(40m/s)=4s 因为t1>t2, 所以野兔不能安全逃进树洞。

解法二：野兔逃进树洞所需的时间：

t1=s1/t1=50m/(10m/s)=5s

秃鹰抓住野兔所需的时间： t3=s3/(v2-v1)=110m/(40m/s – 10m/s)=3.7s

因为t1>t3, 所以野兔不能安全逃进树洞。

解法三：秃鹰飞到树洞所需的时间：

t2=s2/t2=(110m+50m)/(40m/s)=4s 秃鹰抓住野兔所需的时间：

t3=s3/(v2-v1)=110m/(40m/s – 10m/s)=3.7s 因为t2>t3 , 所以野兔不能安全逃进树洞。

解法四：野兔逃进树洞所需的时间：

t1=s1/t1=50m/(10m/s)=5s

在时间t1内秃鹰飞行飞路程：

s4=v2t1=40m/s×5m/s=200m

因为s4>s2, 所以野兔不能安全逃进树洞。

解法五：秃鹰飞到树洞所需的时间：

t2=s2/t2=(110m+50m)/(40m/s)=4s

在时间t2内，野兔所跑的路程：

s5=v1t2=10m/s×4s=40m 因为s5

解法六：秃鹰飞到树洞所需的时间：

t2=s2/t2=(110m+50m)/(40m/s)=4s

野兔逃进树洞的最低安全速度：

v3=s1/t2=50m/4s=12.5m/s

因为v1

解法七：野兔逃进树洞所需的时间：

t1=s1/t1=50m/(10m/s)=5s 秃鹰抓住野兔所需的最低飞行速度：

v4=s2/t1=(110m+50m)/5s=32m/s 因为v2

一题多解物理 篇2

下面以典型习题为例进行说明。

一、一题多问

例1:如图所示, 在竖直平面内建立XOY直角坐标系, OY表示竖直向上的方向。已知该平面内存在沿X轴负方向的区域足够大的匀强电场, 现有一个带电量为2.5×10-4C, 质量m=0.05kg的小球从坐标原点O沿Y轴正方向以v0的初速度竖直向上抛出, 它到达的最高点位置为图中的Q点, 不计空气阻力, g取10m/s2。

(1) 指出小球带何种电荷;

(2) 请说明小球从O点抛出到落回X轴的过程中, 小球在竖直方向、水平方向上的运动性质及合运动的性质;

(3) 求小球从O点抛出到运动到Q点所用的时间;

(4) 求v0;

(5) 求小球到达Q点的速度;

(6) 求匀强电场的电场强度大小;

(7) 小球第二次落回到X轴的何处?

(8) 小球第二次落回到X轴时的速度 (由运动的合成及分解计算) ;

(9) 小球第二次落回到X轴时的速度 (由动能定理计算) ;

(10) 请写出小球运动的轨迹方程;

(11) 请在图中画出轨迹;

(12) 请求小球从O点抛出到落回X轴的过程中电势能的具体变化情况;

(13) 求小球从O点抛出到落回X轴的过程中动能的改变量。

解答过程略。

本道习题综合考查了受力分析、运动的合成与分解、静电场知识、牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成和分解、轨迹方程、动能定理、功能关系等。通过这道题, 我们将这些物理知识点、物理规律有机地融合在一起, 相互渗透, 有效地考查了学生综合运用物理知识的能力, 培养了学生的物理思维。有的教师认为, 要将这样一道物理题目给学生讲解清楚、学生全部掌握, 至少一节课甚至更多的时间, 对于高三物理复习来说, 这种教学手段效率较低。但是, 通过这道题的讲解学生不但从被动的题海圈里走了出来, 获得了学习主动权, 提高了他们解题的技巧与能力, 更重要的是拓展了学生物理思维。因此, 高三物理习题课坚持“一题多问”的综合能力训练, 看似效率降低了, 其实际效率的提高是不可估量的。

二、一题多解

例2:某日在某十字路口, 当绿灯刚亮时, 一辆汽车以3 m/s2的加速度从路口由静止开始匀加速行驶, 这时恰有一辆自行车以6 m/s的速度匀速从汽车旁边经过, 试求:从该时刻算起, 汽车在追上自行车之前经过多长时间汽车和自行车相距最远?最远距离为多少?

解法一:分析法。

汽车的速度不断增大, 而自行车的速度不变。汽车在追上自行车之前, 当汽车速度小于自行车的速度时, 汽车与自行车的距离不断增大, 当汽车速度大于自行车的速度时, 汽车与自行车的距离不断减小, 因此当汽车与自行车的速度相等时两者的距离最大。

汽车在追上自行车之前, 设经过时间t两者的距离最大, 则:v汽=at=v自,

解法二:相对运动法。

解法三:一元二次函数求极值法。

解法四:v-t图像法。

如图所示为自行车和汽车运动的v-t图像, 由v-t图像可以看出, 在汽车追上自行车之前, 当汽车速度小于自行车的速度时, 汽车与自行车的距离不断增大, 当汽车速度大于自行车的速度时, 汽车与自行车的距离不断减小, 因此当汽车与自行车的速度相等时, 即v汽=v自, 两者的距离最大。

初中物理一题多解 篇3

【关键词】物理；一题多解；创新思维

一题多解训练，就是启发和引导学生从不同的角度、不同的思路，用不同的方法和不同的运算过程去分析、解答同一道物理题的练习活动。一题多解有利于培养学生的创新思维，使学生不满足仅仅得出一道习题的答案，而要去追求更独特，更快捷的其它的解题方法，从而提高解题的速度和正确率。下面来探讨一下初中物理的两道一题多解的题。

例题1：有一个铁球的质量是316g，体积是60cm3，问这个铁球是实心的还是空心的？（ρ铁=7.9g/cm3）

思路点拨1：比较密度

设铁球是实心的，用铁球的体积和质量求出这个铁球的密度，然后再与铁的密度相比较，如果铁球的密度小于铁的密度，说明铁球是空心的，如果铁球的密度等于铁的密度，说明铁球是实心。

设铁球是实心的，用铁的密度和铁球的体积求出其质量，比较求出的质量m和实际质量m1，如果求出的质量m大于铁球的实际质量m1，则铁球是空心的，如果求出的质量等于铁球的实际质量，则铁球是实心的。

一题多解典型案例张 篇4

张国胜

通过几年初中数学的教学，在解一些数学题时往往一道数学题用几种不同的方法都能解决。有的简单有的稍微要复杂一些，而在解题时复杂的方法浪费时间、简单的方法节省时间。下面我就在初中阶段的一题多解的典型例题分析谈谈我的看法。

在比较大小的数学题中，经常会遇到一题多解的数学题。【比较大小问题】

【例1】 当0

解：∵0x>x2

方法2 作差法：

∵两数相减可以取正数、负数、0，那么用a、b表示两数，能得到三种情况： 当a－b>0时，a>b 当a－b=0时，a=b 当a－b<0时，a

∴此题的解法为x2－x=x（x－1）∵0

1x211同理 x－=<0 综上所述∴>x>x2

xxx

一题多解物理 篇5

问题背景:数学相对于其他学科来说具有抽象、逻辑性强的特点，而小学生又以形象思维为主，所以有很多学生觉得数学枯燥，对数学不感兴趣。因而在学习了比例尺这一单元后，我想借助比例尺与分数应用题、比之间的联系，编一道一题多解的应用题，以此为契机使学生体会到数学的博大精深与奥妙无穷，进而激发学生学习数学的兴趣。

解决问题过程:甲、乙两地的图上距离是4厘米，比例尺是1:3000000，求实际距离是多少千米？

请同学们先自己做，然后小组合作交流，看哪个小组用的解题方法多？学生先是自己冥思苦想，继而小组成员热烈讨论，最后小组代表积极发的言，最终经过全班同学通过的有以下5种方法: 第一种:根据比例尺的定义用方程解。解:设甲、乙两地的实际距离是X厘米。4:x=1:3000000 x=4X3000000 x=12000000 12000000厘米=120千米

这种方法是根据比例尺的意义列出的方程，同学们都能列出。第二种方法:把1:3000000写作:1/3000000，这样单位“1"就是实际距离，根据分数应用题的意义列式为: 4÷1/3000000=4x3000000=12000000厘米=120千米

这种方法是把比例尺这个比转化为分数，进行及计算。成绩较好的学生能想出来，在小组合作探究环节，中下游的学生能够理解这种算法。第三种:根据比例的分配，列式为: 4÷1X3000000=12000000厘米=120千米

这是六年级上册学习的内容，有部分学生想不到，只要小组交流时有学生提出这一方法，大部分学生立刻能理解的。

第四种:因为图上距离:实际距离=比例尺，也就是图上距离÷实际距离=比例尺，（因为两个数相除又叫两个数的比，比与除法是有联系的），根据除数（实际距离）=被除数（图上距离）÷商（比例尺），列式为: 4÷1/30000000=4x3000000=12000000厘米=120千米 这种方法与第二种方法列式一样，但式子意义讲解不同。这一方法想出来的学生比较少，衔接有点复杂，但不难理解。第五种:把数值比例尺转化为线段比例尺。

3000000厘米=30千米(表示图上1厘米代表实际距离30千米)30X4=120千米。

这一方法是发散思维能力较强的学生想出来的方法。

这节课不论是小组交流还是全班交流都十分热烈，不时迸发出来的方法，让学生感到惊奇，同学的讲解又让他们产生了恍然大悟的感觉。于是学生在一次次的惊奇与恍然大悟中体悟到了数学的无穷奥妙。下课铃响了，学生们还意犹未尽，我听到他们又开始讨论那种方法容易理解，那种方法计算简洁。

课下反思：我真没想到“一题多解”学生们分析的这么深刻，我觉得这道题的设计有以下意义:

1、复习了旧的知识（分数应用题、比、比例分配、除法），巩固了新知识（比例尺）。

2、学生们搭建起了新、旧知识联系的桥梁。（比例尺就是比，比可以转化成分数，也可以转化成除法）

3、锻炼了学生运用旧知识解决新问题的能力，培养了学生发散思维能力。

4、激发学生求知的欲望。

5、使学生认识到合作探究的意义，因为任何一个人不可能想出这么多解题方法，合作探究，使每个小组的同学群策群力，达到了事办功倍的效果。

6、最大的意义是学生体会到了数学的奥妙，激发了孩子们学习数学的兴趣。

一题多解物理 篇6

作者：西安市长安南路小学：牧马人。

来源：北师大版四年级数学下册第72页练一练第3题的第（4）小题。

原题：

3、王奶奶从冷饮批发部买回两箱冰棍。

批发价：水果冰棍30枝一箱，22.5元。

奶油冰棍20枝一箱，17.2元。

零售价：奶油冰棍每枝1.5元。

水果冰棍每枝1.2元。

（4）王奶奶按零售价卖两箱冰棍，各卖完一箱，一共赚多少钱？

解法一

1.5×20＋1.2×30

＝30＋36

＝66（元）

66－（22.5＋17.2）

＝66－39.7

＝26.3(元）

答：一共赚了26.3元。

解法二

22.5÷30＝0.75（元）

17.2÷20＝0.86（元）

(1.5－0.86)×20＋(1.2－0.75)×30

＝0.64×20＋0.45×30

＝12.8＋1305

＝26.3(元)

答：一共赚了26.3元。

题目特点：

本题是利用小数除法解决现实生活中的实际问题。学生对“批发价”、“零售价”以及“赚钱”这些概念十分熟悉，该题目内容与学生的日常生活很贴近，可以激发学生的学习兴趣，使他们感受到数学与日常生活的密切联系，培养学生的应用意识和解决实际问题的能力。该题体现了解题方法的多样性，给学生的思维提供了弹性和空间，需要学生多角度的理解和探索题目。教师可以先让学生独立探索，然后反馈交流，在探索交流的基础上总结此类型题的解题思路。

教师评价：

一题多解开阔思维 篇7

例题在△ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c.求证:.

证法1:(先用正弦定理)

所以原题得证.

证法2:(先用余弦定理)由余弦定理知

原题得证.

证法3:(同时用正弦定理和余弦定理)

原题得证.

证法4:(后用正弦定理)

点评:本例是三角形中边角关系式的证明题,证明的思路是利用正弦定理或余弦定理都化为角的关系式,或都化为边的关系式.关键是定理的选择和应用的契机.

练习题:

1.在△ABC中,已知,,,求角A、C及边c.

一题多解 多重收获 篇8

如：写出3/4和4/5之间的三个分数。

目的：让学生理解任意两个不相等的数之间都有无穷无尽个数。因此，两个不相等的分数之间也有无数个数，并能选用适当的方法写出两个分数之间的几个分数。

方法一：通分法

将 和 先通分，和，然后将这两个分数的分子和分母同时扩大4倍（一般比写的数的个数多1或2）为：和，

在这两个分数之间可以取，，，约分得： ，，

。

这种方法，可以复习通分的知识。当分母相同时，还不能找出几个分数时，可以将两个分数的分子和分母同时扩大相同的倍数，从而找到几个介于两个分数之间的分数。同时复习约分的知识。

方法二：分数和小数互化法

将 和 分别化成小数为：0.75和0.8。在这两个小数之间任意找出三个小数：0.77，0.78，0.79，然后将它们化成分数为： ，

， ，再约分得： ， ， 。

这种方法，可以复习分数与小数的互化的知识。同时也复习约分的知识。

方法三：求平均数法

求 和 的平均数：（ ＋）÷2=；再求 和的平均数：（＋ ）÷2=；再求和 的平均数：（ ＋）÷2=。得分数：，，。

这种方法，可以复习求平均数方面的知识，让学生知道平均数介于两数之间。以及复习约分的知识。

方法四：差分法

将 和 的差平均分成5份（一般比写的数的个数多1或2）：（－）÷5=，然后用－=， － =，

－=。得分数：，，。或用 ＋= ，

＋= ，＋= 。得分数： ，，。

这种方法，复习分数的加减法，通分和约分知识。并让学生掌握一种新颖的解题方法，因为只要找出三个分数，所以一般要将两分数的差平均分成4份以上，用较大的数依次减去每一份，或用较小的数依次加上每一份，从而得到要找的分数。

方法五：糖水浓度增加法

将分数通分，得到和，然后将的分子和分母同时加上1，得到，将的分子和分母再同时加上1，得到，用样的方法得到分数，从而得到分数：， ，。或者将的分子和分母分别减去1，得到，再将的分子和分母同时减去1，得到= ，用同样的方法得到分数。从而得到分数， ，。（当两个分数相差较大时，可以不必通分，直接用较小的分数的分子和分母同时加上1，或用较大的分数的分子和分母同时减去1即可得到。）

当一个真分数的分子与分母的差不变时，真分数的分子和分母的和越大，这个真分数的分数值就越大。这种方法可用向糖水加糖，糖的浓度变大的道理向学生解释：有a克糖水中含有b克糖，糖的浓度为，向糖水中加入m克糖，则糖的浓度变大，浓度为：，因此， ＞ 。反之，当一个真分子和分母同时候减去同一个数时，真分数的值变小。这种方法常用于分数的大小比较。这里要补充说明的是一个大于1假分数的分子和分母同时加上同一个数（0除外），假分数的分数值变小，如： ＜ ；一个等于1的假分数，分子和分母同时加上或减去同一个数，分数的值班仍然等于1，如： = 。

方法六：分子、分母分别相加法

将 和 的分子与分子相加的和作分子，分母与分母相加的和作分母，得到一个介于它们之间的分数为： 。然后以此例推：找出 和 之间的分数为：； 和 之间的分数

为：。这样就找出介于 和 的分数：， ，。用这种方法很简单很快地能找出若干介于两个分数之间的分数，并能排出所有的分数的大小。

这种方法，较有利于学生运用，但较难以理解。= ＜＜

= （分数的分子和分母同时加上1，分数的值变大，即方法五的糖水浓度增加法），即 ＜ ＜ 。同理 =＜=

＜= ，即： ＜ ＜ ； =＜=＜

= ，即＜ ＜ 。所以： ＜ ＜ ＜ ＜ 。这种方法可行，并有理有据。这种方法也适用于找两个不同的假分数之间的分数，或找一个真分数和一个假分数之间的分数。这里不再加以证明。

综合几种方法，第一种通分解题，第二种用分数和小数的互化解题，是所有学生都必须掌握的，一般的学生也都是能掌握。第三种求平均数法，第四种差分法，虽很少有学生用来解题，但对于学生来讲不难理解。第五种糖水浓度增加法，是两个特殊的分数比较大小的较为形像的理解方法，也为方法六的解法提供了理论依据，不提倡学生用这种方法来找介于两个不等分数之间的分数。但当两个分数的分母与分子的差相等时，要会比较两个分数的大小。第六种方法可要求会运用，学生也不难掌握，但不必要学生为什么。

浅谈“一题多解和一题多变” 篇9

中学的课堂本该是朝气蓬勃的，但就从我自生的经验以及和其他老师的交流中可以发现，中学数学教育存在着学生被动接受，老師填鸭式教学的重大问题.学生在课堂上缺乏活力，进而丧失学习的兴趣，陷入了恶性循环的怪圈.在这种情况下，作为教师，我们如何让学生感受数学学习的乐趣？如何为学生提供更好的发展平台，让学生积极主动地探索数学的奥秘？我个人认为的教学训练方法，如果能够很好利用，将有利于拓宽学生的解题思路，培养和发展学生的概括能力和创新能力，使学生灵活运用数学知识解决问题。

所谓“一题多解” ，就是同一个题目，让学生从各个不同的角度去思考问题，培养学生综合运用数学知识的能力.利用一题多解，能够训练学生发散思维.由于课程改革，课时减少，习题课大幅度减少.怎样才能高效率地利用习题课，更好地让学生掌握知识、培养学生创新思维能力？近几年来，老师们都在呼吁上习题课时，不求多讲，而求精讲.通过一题多解，引导学生就不同的角度、不同的方位、不同的观点分析思考同一问题，从而扩充思维的机遇，使学生不满足固有的方法，而求新法。

从以上来看，通过一题多解，能使学生从不同的角度去联想、横向沟通、多方探求，既较多运用了二次函数中的诸多知识点，巩固了新旧知识，又培养了学生求异发散思维和应用知识的能力. 当然前提是“一题多解”的展开需要扎实的基础和丰富的思考。

而一题多变，其实就是对某一问题的引申，发展和拓宽，通过增加问题背景，增大发散程度，使问题不局限于某一框架之中，不受定势思维的束缚.对一题变出的多个题目，学生通过多角度、多侧面的探求，使自己在变化的相互比较中，思维能力迅速提高.如变化题目形式，激发学习兴趣。

例2 已知圆的直径为13cm，如果直线和圆心的距离为（1）4.5cm（2）6.5cm（3）8cm，那么直线和圆有几个公共点？为什么？这是一道常规性题目，教学中，可将这个问题改造为下面问题：

变式：据气象部门预报，一台风中心在直径是60km的某城市正南50km处以北偏东30°方向前进，问该城市是否会遭受台风的袭击？并说明理由。

故该城市不会遭受台风的袭击。

通过这样的改造，常规性问题便具备了开放题目的形式，更加具备挑战性，当然此题目还可以进一步变换条件，让学生的思维继续朝纵深发展，如该城市遭台风袭击的时间有多长等等.

一题多变，能够培养学生的发散思维能力，“一题多变” 研究题目结构的变式， 将一题演变成多题，而题目实质不变，让学生解答这样的问题，能随时根据变化的情况思考，从中找出它们之间的区别和联系，以及特殊和一般的关系.使学生不仅能复习、回顾、综合应用所学的知识，而且使学生把所学的知识、技能、方法、技巧学牢、学活，培养思维的灵活性和解决问题的应变能力。

例3 有一批零件，由甲单独做需要12 小时，乙单独做需要10 小时，丙单独做需要15小时.如果三个人合做，多少小时可以完成？

解答后，要求学生再提出几个问题并解答，可能提出如下一些问题：

1 ） 甲单独做，每小时完成这批零件的几分之几？ 乙呢？ 丙呢？

2 ） 甲、乙合做多少小时可以做完？ 乙、丙合做呢？

3 ） 甲单独先做了3 小时，剩下的由乙、丙做，还要几小时做完？

4 ） 甲、乙先合做2 小时，再由丙单独做8 小时，能不能做完？

5 ） 甲、乙、丙合做4 小时，完成这批零件的几分之几？

通过这种训练，不仅使学生更深入地掌握工程问题的结构和解法，还可预防思维定势，同时也培养了发散思维能力.综上所述，在数学教学中，教师一定要充分利用一题多变，使学生在多角度、多侧面的探求中，充分发挥思维的主动性、能动性，从而培养其思维的广阔性和创造性.

当然，并不是倡导所有的题目都可以用于一题多解和一题多变，毕竟很多题目并不适合。例如，在新课堂教学中，就不能片面、盲目地追求对课本例习题的多解、多变，借以激发学生的学习热情，而忽视例题对本节所学概念的巩固作用，还应重视常规解法，不要一味追求巧解、妙解。

因此，这就需要教师要在选例上多下功夫，即要精心设计例题.选择一个有多解的典型问题，进行探究性学习的教学是比较重要的，一堂例题教学课成功与否的关键在于学生的参与的程度，而学生的参与程度与例题的选取有密切的关系.切不可为追求高质量的好题而选题过难，不切合学生的实际水平，也不可为追求学生的课堂的繁荣活跃景象而选题过易，不能激发起学生解题的欲望.因此教师在选题时，不仅要以复习的要点为目标还要兼顾学生的实际情况，只有这样才能提高学生学习的兴趣.有的时候”不妨放权”让学生也参与到选题中，“时常采用让学生改造习题的做法”也可以取得一定的成效。

拓宽思路一题多解 篇10

教育家苏霍姆林斯基说过:“真正的学校是一个积极思考的王国.”数学教学中, 重视学生开拓性思维能力的培养, 已是所有教师的共识.拓宽思路, 一题多解, 善于联想, 发散思维, 是培养学生灵活思考, 多角度看问题, 多方位处理问题的开拓性思维习惯的主要方法.

我校的初三数学, 有一本市里的配套练习, 《圆》一章中有这样一道题目:AB, CD是⊙O的直径, DF, BE是弦, 且DF=BE, 求证:∠D=∠B.

分析 此题证法较多, 可从等弦、弦心距全等三角形、等弧等多方面思考, 供同学们参考.

证法一 如图1, ∵CD, AB是⊙O的直径,

$\begin{array}{l}\therefore \stackrel{⌢}{\text{C}\text{F}\text{D}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{E}\text{B}}.\\ \because \text{F}\text{D}=\text{E}\text{B},\end{array}$

$\therefore \stackrel{⌢}{\text{F}\text{D}}=\stackrel{⌢}{\text{E}\text{B}},\therefore \stackrel{⌢}{\text{C}\text{F}\text{D}}-\stackrel{⌢}{\text{F}\text{D}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{E}\text{B}}-\stackrel{⌢}{\text{E}\text{B}},$

即$\stackrel{⌢}{\text{F}\text{C}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{E}},\therefore \angle \text{D}=\angle \text{B}.$

证法二 如图1, ∵AB, CD是⊙O的直径,

$\begin{array}{l}\therefore \stackrel{⌢}{\text{A}\text{D}\text{B}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{B}\text{D}}.\\ \because \text{D}\text{F}=\text{B}\text{E},\therefore \stackrel{⌢}{\text{D}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{B}\text{E}},\end{array}$

$\therefore \stackrel{⌢}{\text{A}\text{D}\text{B}}-\stackrel{⌢}{\text{D}\text{F}}-\stackrel{⌢}{\text{D}\text{B}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{B}\text{D}}-\stackrel{⌢}{\text{B}\text{E}}-\stackrel{⌢}{\text{D}\text{B}}.$

即$\stackrel{⌢}{\text{A}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{E}}.\therefore \stackrel{⌢}{\text{A}\text{F}}+\stackrel{⌢}{\text{A}\text{C}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{E}}+\stackrel{⌢}{\text{A}\text{C}}$,

$\begin{array}{l}\text{即}\stackrel{⌢}{\text{C}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{E}}.\\ \therefore \angle \text{D}=\angle \text{B}.\end{array}$

证法三 如图2, 连接OF, OE.

∵OF=OD=OB=OE, 又DF=BE,

∴△ODF≌△OBE, ∴∠D=∠B.

证法四 如图2, 连接OF, OE.

∵DF=BE, ∴∠FOD=∠EOB.

又 ∵OF=OD=OB=OE,

∴△ODF≌△OBE, ∴∠D=∠B.

证法五 如图2, 连接OF, OE.

∵OF=BE, ∴∠FOD=∠EOB.

∵OF=OD, OE=OB, ∴∠F=∠D, ∠E=∠B.

又 ∵2∠D+∠FOD=2∠B+∠EOB=180°,

∴∠D=∠B.

证法六 如图3, 连接CF, AE.

∵AB, CD是⊙O的直径, ∴∠F=∠E=90°.

∵AB=CD, DF=BE, ∴Rt△DFC≌Rt△BEA,

∴∠D=∠B.

证法七 如图3, 连接CF, AE.

$\begin{array}{l}\because \text{D}\text{F}=\text{B}\text{E},\therefore \stackrel{⌢}{\text{D}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{E}\text{B}}‚\\ \therefore \angle \text{C}=\angle \text{A}.\because \text{C}\text{D},\text{A}\text{B}\text{是}\odot \text{Ο}\text{的}\text{直}\text{径}‚\end{array}$

∴∠F=∠E=90°.∴∠C+∠D=∠A+∠B=90°.

∴∠D=∠B.

证法八 如图4, 过O点作OM⊥FD于M, ON⊥BE于N.

∵DF=BE, ∴OM=ON.

∵OD=OB,

∴Rt△OMD≌Rt△ONB, ∴∠D=∠B.

证法九 连接DB.∵OD=OB,

$\begin{array}{l}\therefore \angle 1=\angle 2,\therefore \stackrel{⌢}{\text{C}\text{E}\text{B}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{F}\text{D}}.\\ \because \text{D}\text{F}=\text{B}\text{E},\end{array}$

$\therefore \stackrel{⌢}{\text{D}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{E}\text{B}},\therefore \stackrel{⌢}{\text{A}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{E}},\therefore \stackrel{⌢}{\text{A}\text{F}}+\stackrel{⌢}{\text{A}\text{C}}=\stackrel{⌢}{\text{C}\text{E}}+\stackrel{⌢}{\text{A}\text{C}},$

即$\stackrel{⌢}{\text{C}\text{A}\text{F}}=\stackrel{⌢}{\text{A}\text{C}\text{E}}.\therefore \angle \text{D}=\angle \text{B}.$

总之, 这样不仅巩固了所学的基础知识, 也把这些知识进行了灵活的综合运用, 同时又培养了学生的独创思维, 拓宽了解题思路, 提高了数学能力.

一题多解探求函数的值域 篇11

函数的值域是函数三要素之一.求函数的值域是高中数学的一个重点、难点, 也是高考、竞赛的热点.但如何求函数的值域, 课本没有给出系统的介绍.现通过对一道例题的剖析, 探讨求函数值域的十种常见方法.

例题 (2008年安徽省江南十校测试题) 求函数$y=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$的值域.

思路一:导数法

设$f(x)=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$, 于是

$f{}^{\prime }(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}.$

由 f ′ (x) =0, 得$x=\frac{1}{2}.$

$\begin{array}{l}\text{因}\text{为}0\le x\le 1‚f(0)=f(1)=1‚\\ f(\frac{1}{2})=\sqrt{2}‚\end{array}$

所以$f(x){}_{\max }=\sqrt{2}‚f(x){}_{\min }=1.$

故 f (x) 的值域为$[1‚\sqrt{2}].$

评注:闭区间上的连续函数有最大值也有最小值, 而导数法是求函数最值的常用方法, 因而也是求函数值域的常用方法.

思路二:换元法

由定义域是0≤x≤1, 故可设$x=\sin {}^2\theta ‚\theta =[0‚\frac{\text{π}}{2}]$,

于是原函数可变成

$y=\sin \theta +\cos \theta =\sqrt{2}\sin (\theta +\frac{\text{π}}{4}).$

因为$\frac{\text{π}}{4}\le \theta +\frac{\text{π}}{4}\le \frac{3\text{π}}{4}$,

所以$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:通过换元, 可以达到化繁为简, 化难为易的目的, 但应注意换元前后的等价性.

思路三:不等式法

可知$\sqrt{x}\ge 0‚\sqrt{1-x}\ge 0$, 应用基本不等式的变形, 有

$(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{1-x}}{2}){}^2\le \frac{(\sqrt{x}){}^2+(\sqrt{1-x}){}^2}{2}=\frac{1}{2}$,

得$\sqrt{x}+\sqrt{1-x}\le \sqrt{2}.$

当且仅当$\sqrt{x}=\sqrt{1-x}$, 即$x=\frac{1}{2}$时取等号.

同时注意到$y{}^2=1+2\sqrt{x(1-x)}\ge 1(x=0$或 x=1时取等号) .

又 y>0, 故$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:应用不等式法要注意条件为“一正”、“二定”、“三等”, 缺一不可.

思路四:向量法

令$\mathit{a}=(1‚1)‚\mathit{b}=(\sqrt{x}‚\sqrt{1-x})$, 由 a·b≤|a||b|知

$\begin{array}{l}\sqrt{x}+\sqrt{1-x}\\ \le \sqrt{1{}^2+1{}^2}\cdot \sqrt{(\sqrt{x}){}^2+(\sqrt{1-x}){}^2}\\ =\sqrt{2}‚\end{array}$

即$y\le \sqrt{2}.$

当且仅当 a 与 b 同向, 即$\sqrt{x}=\sqrt{1-x}$, 知$x=\frac{1}{2}$时取等号.

又 y≥1, 所以$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:构造向量利用 a·b≤|a||b|, 往往可使问题简化, 但要注意等号成立的条件是 a 与 b 方向相同.

思路五:反解法

由$y=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$平方, 反解得

$\sqrt{x(1-x)}=\frac{y{}^2-1}{2}.$

因为0≤x≤1,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}0\le \sqrt{x(1-x)}\le \frac{x+1-x}{2}\\ =\frac{1}{2}.\end{array}$

当 x=0或1时左边等号成立;当 x=1-x 即$x=\frac{1}{2}$时, 右边等号成立.

于是$0\le \frac{y{}^2-1}{2}\le \frac{1}{2}‚1\le y{}^2\le 2.$

又 y>0, 所以$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:此法应用范围很广, 把函数变成 f (x) =g (y) 的形式, 通过 f (x) 的范围求 y 的值域.

思路六:配方法

函数$y=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$可变成

$\begin{array}{l}y=\sqrt{(\sqrt{x}+\sqrt{1-x}){}^2}\\ =\sqrt{1+2\sqrt{-(x-\frac{1}{2}){}^2+\frac{1}{4}}}.\end{array}$

因为0≤x≤1,

所以$\sqrt{-(x-\frac{1}{2}){}^2+\frac{1}{4}}\in [0‚\frac{1}{2}].$

于是$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:此法适合于二次函数或变形后为二次函数的形式.配方法可以使自变量 x 归一.

思路七:判别式法

因为 y>0, 故可平方化为

$y{}^2-1=2\sqrt{x-x{}^2}.$

再平方, 于是得

4x2-4x+ (y2-1) 2=0. (*)

令F (x) =4x2-4x+ (y2-1) 2,

因为F (0) =F (1) = (y2-1) 2≥0, 所以方程 (*) 在[0, 1]上有实数解的充要条件是Δ≥0.

所以 16-16 (y2-1) 2≥0,

又 y2-1≥0,

所以 0≤y2-1≤1.

又 y>0, 所以$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:判别式法适合于二次函数或变形后为二次函数的形式, 要注意二次函数形式中未知数 x 的取值是否有条件限制.

思路八:单调性法

因为 y>0, 所以 y 与 y2 的单调性相同.

而$y{}^2=1+2\sqrt{-(x-\frac{1}{2}){}^2+\frac{1}{4}}(0\le x\le 1)$在$[0‚\frac{1}{2}]$上增, 在$[\frac{1}{2}‚1]$上减, 从而$y=\sqrt{x}+\sqrt{1-x}$在$[0‚\frac{1}{2}]$上增, 在$[\frac{1}{2}‚1]$上减.

故当$x=\frac{1}{2}$时, $y{}_{\max }=\sqrt{2}$;又当 x=0或 x=1时, ymin=1.

所以$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:若函数的单调性不明显可以通过变形, 转化为容易判断单调性的另一函数. (当然也可以利用导数、单调性性质、定义等其它方式判断) 从而求出函数的值域.

思路九:数形结合法

令于是

注意到 u、v∈[0, 1], 问题转化成圆弧 u2+v2=1 (u≥0, v≥0) 与直线 v+u-y=0有公共点时, 求 y 的取值范围.

如图1, 当动直线 v+u-y=0过A (0, 1) 点时, 直线在 v 轴上截距 y 取最小值为1, 当直线与圆弧相切于点$B(\frac{\sqrt{2}}{2}‚\frac{\sqrt{2}}{2})$时, 直线在 v 轴上的截距 y 取最大值为$\sqrt{2}.$

故$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:数形结合法是中学数学中一种重要的思想方法, 要养成见数想形的好习惯, 借助形象思维认识处理问题.

思路十:构造法

如图2, 作以AB=1为直径的半圆, 在半圆上任取一点C,

设$AC=\sqrt{x}$,

则$BC=\sqrt{1-x}$,

于是 y=AC+BC.

显然 y 随点C的移动而变化.当C在点A或点B时,

y最小=AB=1;

当C位于AB中点时,

$AC=BC=\frac{\sqrt{2}}{2}‚y{}_{\text{最}\text{大}}=\sqrt{2}.$

于是$1\le y\le \sqrt{2}.$

评注:构造图形直观明了, 但有一定的难度, 需要认真研究函数的特点.

一题多解发散思维 篇12

题（2014年高考辽宁卷理16）对于c>0，当非零数a、b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为 .

分析先固定c，将|2a+b|取最大时的a、b用c表示，代入3a-4b+5c后将3a-4b+5c转化为c的函数，再利用函数思想求出3a-4b+5c的最小值.

思路一、产生和式2a+b

解法1（利用实数平方的非负性）： c=4a2-2ab+4b2=58（2a+b）2+38（2a-3b）2≥58（2a

到有X2+Y2=r2，问题转化为：在直角坐标系XOY下，圆弧M：X2+Y2=r2（0≤X，Y，r≤1）与直线l：X+Y=M-r有交点时求M的最大值.

解由圆心O到直线l的距离不大于圆的半径，得|M-r|2≤r即M≤（2+1）r≤2+1；当圆与直线相切时，得X=Y=22r，所以当r=1即x=1，y=12，z=0时，有Mmax=2+1.

五、函数值域问题

例5（2013年“希望杯”高二试题）函数f（x）=1x-1+2x-x2的值域是（ ）.

分析设x-1+2x-x2=d1+2x-x2=y，则问题转化为：在直角坐标系xoy下，求圆弧M：（x-1）2+y2=2（y≥0）与直线l：y=x-d（d≠0） 有公共点时截距d的倒数f（x）的范围. 图3

解如图3，当直线l经过圆弧M的端点A（1+2，0）时，d取得最大值1+2；当直线l与圆弧M相切于点C（0，1）时，d取得最小值-1；所以

有-1≤d≤1+2，从而f（x）的取值范围是（-∞，-1]∪[2-1，+∞）.

六、不等式问题

结构复杂的不等式，没有固定的解答模式，方法常常灵活多变.

例6 （第二届世界数学锦标赛）解不等式：2x-8

+24-2x-2≤2+π.

图4分析原不等式变形为2x-8+16-2x≤2+π，设2x-8=X，16-2x=Y（X≥0，Y≥0），则问题转化为：

在直角坐标系XOY下，求圆弧X2+Y2=8（X≥0，Y≥0）

与区域X≥0，Y≥0X+Y≤2+π公共点的坐标范围.

解因圆心O到直线X+Y=2+π的距离|2+π|2>圆的半径22，所以圆弧X2+Y2=8（X≥0，Y≥0）上的点均在区域内，只需各式有意义即可，所以有：8≤2x≤16，即x∈[3，4].

七、其它问题

例7（第19届“希望杯”高二试题）已知1-3b，2a，1+3b成等比数列，求8a+9b的取值范围.

分析依题设应有（2a）2+（3b）2=1（a≠0），设2a=u3b=v，8a+9b=t，则问题转化为：

在直角坐标系uov下，求圆u2+v2=1（u≠0）与直线4u+3v=t有交点时t的取值范围.

解由圆心到直线的距离不大于圆的半径得：

|t|42+32=|t|5≤1即-5≤t≤5.

重视一题多解,开拓学生思路 篇13

笔者在长期的单招教学实践中深刻体会到：“练不在多，而在于精”。恰当且适量地采用“一题多解”的教学，进行多角度的解题思路分析，探讨解题规律和解题方法与技巧，对学生巩固基础知识形成知识网络、提高解题技能、发展逻辑思维、提高分析问题解决问题的能力十分有益。事实证明，通过一题多解，能够卓有成效地开拓学生的思维空间，使学生把所学过的知识融会贯通，灵活运用知识提高解题能力，提高综合素质和综合能力。在对“一题多解”进行探讨时教师不仅应教给学生知识，更应注重教会学生学会学习，使我们的教学取得明显的“教学效应”。下面，笔者就以单招三年级总复习中一个立体几何的典型例题来介绍一下如何培养学生“一题多解”的能力。

立体几何一向是学生的薄弱部分，特别是辅助线的添加，很多学生不得要领。笔者通过下一例题的教学，从不同角度添加辅助线的方法来教会学生如何解决这类问题。

例题：如图一，在60°的二面角的棱上，有两个点A、B, AC、BD分别是在这个二面角的两个面内垂直于AB的线段。已知AB=4, AC=6, BD=8，求CD的长。

分析：这是一个非常典型的二面角和异面直线的题目，通常有两种解法，但笔者通过知识的引申和添加不同的辅助线，在教学中采用四种不同的方法进行讲解，取得了良好的效果。

解法一：因为AC、BD是异面直线，同时AB是AC、BD的公垂线，AC、BD所成角为60°，因此由异面直线上两点间的距离公式即可求得距离：

点评：本题所用公式学生感觉很难掌握，而且此公式还需判断“±”号，那能否利用添加辅助线的方法来解决这一问题呢?

解法二:如图二, 在α面内作BG⊥AB, 连接CG、DG, 由二面角的定义可知∠DBG=60°, 根据余弦定理可得

又因为CG⊥面BDG, 所以△CGD为直角三角形, 从而可得

点评：这一解法的辅助线添加正是二面角的性质所要求的，一方面它构造出了二面角的平面角，另一方面也构造出直角△CDG，从而求出斜边CD的值。

解法三：如图三，作CE⊥平面β，连接AE, ED，并作EF//AB, 则∠CAE=60°, 所以AE=3。

∵四边形AEFB为矩形，∴FD=5。

则在Rt△EFD可得, 又在Rt△CED可得

点评：这一解法充分运用二面角定义及三垂线定理的知识，注重平面几何与立体几何的充分结合，同时强调数学中的转化思想。

解法二和解法三表面看来较烦，实则是将解法一进行了有效的分解，充分体现了数学的转化思想。

既然能把CD转化为某一直角边，那么能否将CD转化为某一几何体中的线段呢?

解法四：如图四，作并连接CF、AE、FH、ED、GH，此时得到的即是一个平行六面体CFGH-AEDB，而CD即为这个平行六面体的对角线，因此易得

点评：这一解法将几条看似无关的线段通过作辅助线的方法放在了同一个平行六面体中，并且所求线段即为平行六面体的对角线，这一解法充分体现了添加辅助线的精妙之处。

向量融数形于一体，具有代数形式和几何形式“双重身份”，既有线段表达式，又有坐标表达式，是解决问题的一种重要工具，向量本身的特点决定了它与立体几何、解析几何、三角函数等内容的自然融合，是知识的“交汇点”，因此空间向量为立体几何中夹角与距离的求解提供了通法。下面就介绍一种通过空间向量来解决这个题的方法。

解法五：如图五，以A作为原点，以过A且平行于BD的直线作为x轴，棱AB作为y轴，垂直于面β且过A点的直线作为z轴建立空间坐标系。

此时，根据已知条件可得C点坐标为(3, 0, ), D点坐标为(8, 4, 0)，根据空间中两点间的距离公式可得

这一解法同时也体现了几何与代数的可转化性。

一题多解，培养学生解题能力 篇14

求证：EF=2CM

这个问题的结论是证明一条线段是另一条线段的两倍，是线段的倍分问题，解题关键是利用好题目中有正方形所隐含的相等线段、角和三角形的中线。考查的知识点有正方形性质、三角形中位线的判定和性质、全等三角形的判定和性质及转化思想。

证法1：（参考答案中的证法1；作中位线，证全等）

分别作△ABC和△CEF的中位线MN、PQ，

则有PQ＝ EF，CQ＝ CE＝ BC＝CN，

CP＝ CF＝ AC＝MN，

又∠PCQ＋∠ACN＝180°，∠MNC＋∠ACN＝180°，

∴∠PCQ＝∠MNC，∴△MNC≌△PCQ

∵CM＝PQ＝ EF即EF＝2CM

证法2：（参考答案中的证法2；用倍长中线，构造平行四边形，证全等）

延长CM到N，使得MN=CM，连结AN,BN.

∵CM是AB边上的中线，∴AM＝BM，

∴四边形ACBN是平行四边形，

∴BN∥AC且BN=AC＝CF，

∴∠CBN＋∠ACB＝180°，

∵∠ECF＋∠ACB＝180°，

∴∠CBN＝∠ECF，

又BC=CE，∴△CBN≌△ECF，

∴EF = CN＝2CM。

以上两种证明方法，都是利用了学生现有知识来解决的，考察了学生综合运用所学知识解决问题的能力。由于我校初二年级没有几个同学做对此题。我就此题的解题方法进行研究，发现还有许多证法，现将此题的证明方法进行归纳总结如下，仅供老师们参考：

证法3(1)：（配平行线，短线段倍长法）

如图1，过点B作BN∥CM，交AC的延长线于N ，

∵M是AB的中点，

∴CM为△ABN的中位线 ，∴BN=2CM，CN=AC，

∵四边形AGFC、BCED、ABKH是正方形，

∴AC=CF，BC=EC，CN=AC，

∵∠BCN+∠BCA=1800 ∠ECF+∠BCA=1800

∴∠BCN= ∠ECF ，

∴△BCN≌△ECF∴BN=EF， ∴EF =2CM.

证法3(2)：（配平行线，短线段倍长法）

如图2，过点A作AN∥CM，交BC的延长线于N ,

同证法3（1），可证△ACN≌△FCE ,

∴AN=EF ,∴EF =2CM.

证法4(1)：(旋转法)

由于此题是以三角形和正方形为基础，可通过旋转法巧妙构造出三角形的中位线，使待证结论中的线段集于一个三角形内，利用中位线性质即可得证.

如图3，将△CEF绕点C，顺时针旋转900得

△CAN，∴CE=CN，EF=AN ,

∵∠ACB+∠ECF=1800, ∴∠ACB+∠ACN=1800,

∴B、C、N三点在一条直线上,

又∵BC=CE，∴BC=CN

AM=MB ∴CM是△ABN的中位线

BN=2CM，即 EF=2CM .

证法4(2)：(旋转法)

如图4，将△CEF绕点C，逆时针旋转900得△CNB，同证法4(1) 可得 EF=2CM.

证法4(3)：(旋转法)

如图5，将△CAB连同中线CM一起，绕点C逆时针旋转900得△CPF，PF边上中线为CQ，同证法4（1） 类似可得 EF=2CQ=2CM..

证法4(4)：(旋转法)

如图6，将△CAB连同中线CM一起，绕点C顺时针旋转900得△CEP，PE边上中线为CQ, 同证法4（3）.

以上将多种证明方法进行了归类，由于此题证明方法很多不可能一一例举，比如：本题可参照证法1中的MN 一条

辅助线，来证明△MNC∽△CEF 也可以证明：EF=2CM。

值得注意的是：在进行几何题的证明时，题目中有相等的线段或有相等的角的情况下，图形较复杂且题设和结论联系较为松散。如果亲自动手操作，画一画、剪一剪，拼一拼，转一转，通过旋转后会产生新的图形，使已知条件相对集中，就可能有新的发现，就会产生灵感，就会在解题思路上有所突破。要鼓励学生大胆地进行尝试。