一道经典几何题的深度挖掘
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
我们有必要对这一题型进行全面评估，并从中汲取教学的启示。
一、对立体几何大题进行深入的解剖在2023年全国新高考1卷的立体几何大题中，考查了许多立体图形的性质、空间几何想象和推理能力。
学生需要能够理解立体图形的特点、计算体积和表面积，并且能够运用立体几何知识解决实际问题。
这对学生的空间想象力和数学推理能力提出了挑战。
二、深度解析题目所涉及的知识点评估这一题型不仅要看到表面的难度，更需要深入挖掘其中所涉及的知识点。
只有深入理解了立体几何的性质和运用方法，才能更好地指导教学和学生学习。
三、教学启示和个人观点在教学中，我们应该注重培养学生的空间想象力和数学推理能力。
通过丰富的教学实例和引导，帮助学生理解立体图形的性质，掌握计算体积和表面积的方法，并且能够灵活运用到解决实际问题中。
只有如此，学生才能在应对高考中的立体几何大题时游刃有余。
四、总结与回顾通过对2023年全国新高考1卷立体几何大题的全面评估，我们不仅更好地理解了立体几何这一题型，更深刻地认识到了教学的重要性。
在教学中，我们要注重培养学生的空间想象力和数学推理能力，引导他们掌握立体图形的性质和计算方法。
我们也要灵活运用丰富的教学资源，帮助学生掌握解决问题的方法和技巧。
在2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示中，我们应该看到更多的是教学的重要性和学生能力的培养。
只有通过深入的教学和学习，我们才能更好地应对未来的挑战。
希望我的文章对你有所启发，也欢迎你对立体几何大题教学的个人观点和理解进行补充和共享。
期待你的回复。
2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
在一题多解中渗透初中数学核心素养的培养
在一题多解中渗透初中数学核心素养的培养作者：苏明海王兴成来源：《数学教学通讯·初中版》2020年第09期[摘要] 文章對一道经典几何题目证法进行剖析与总结，增强学生对中点问题的理解，并在证法中融入初中数学核心素养的培养，不断提升学生的模型思想与推理能力，切实提升学生的数学学科素养.[关键词] 一题多解;初中数学核心素养;几何证明《义务教育数学课程标准（2011年版）》（下面简称《课程标准》）是基础教育和课程改革的方向，其明确规定了义务教育阶段的课程目标与考试内容. 《课程标准》中明确要求，数学课应当注重发展学生的数感、符号意识、空间观念、几何直观、数据分析观念、运算能力、推理能力和模型思想. 在初中学习阶段，几何证明题能培养学生的几何直观、推理能力和模型思想. 其中，推理主要包含两类：一类是从特殊到一般的推理，主要形式是归纳类比;另一类是从一般到特殊的推理，主要形式是演绎. 剖析经典题目的多种证法，能使学生的图形感更强，能进一步增强学生的结构意识，提升他们的演绎推理能力. 在讲解中对典型结构进行多方向思考，依据已有经验寻找突破口，这是合情推理，能使学生对一类题目的理解更深刻. 提炼结构，形成较强的模型意识，关注几何证明的通性通法，这是培养优秀学生的重要途径.■ 经典题目试题？摇如图1，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，连接AD，CE，过点B作BG⊥CE，垂足为G，GB的延长线交AD于点F，求证：AF=FD.■■ 结构分析对于几何证明题，解题开始时需要具备结构意识与角度意识. 具备结构意识，能快速理清图形结构，对于常规结构，便可快速得到辅助线;具备角度意识，能使学生在初始状态下尽可能地找到隐藏条件，于是可能得到线段相等的结论.由已知，图形由两个共直角顶点的等腰直角三角形构成，已构成常见的旋转全等结构，如图2，由此本题可考虑连接AE，CD，构造出△ABE≌△CBD.■从角度出发，如图3，∠ABD+∠CBE=180°，这是周角背景下典型的互补结构;如图4，可由三角形外角和定理推得∠ABF=∠BCG. 推导角度时重点考虑这两种结构.■由结论，本题要证明两条线段相等，通常可以转化为证明线段所在的两个三角形全等，因此构造全等三角形，所以联系条件证明全等是解题关键. 除此之外，对于中点问题，经常还会考虑中位线、斜中半、三线合一等.■ 题目解析1. 推理辅助线，找准基准三角形证法1：如图5，过点A作AN∥BD交BF的延长线于点N. 因为AN∥BD，所以∠NAB+∠ABD=180°，∠N=∠NBD. 因为∠ABC=∠EBD=90°，所以∠ABD+∠CBE=180°. 所以∠NAB=∠CBE. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCG+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCG=∠ABN. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC. 所以△ABN≌△BCE（ASA）. 所以AN=BE. 因为△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以AN=BE=BD. 所以△AFN≌△DFB（AAS）. 所以AF=DF.■分析？摇要证明线段相等，优先考虑转化为证明三角形全等，再思考能否利用已知条件或转化已知条件，其目的是为证明全等提供条件. 在本题中，FD所处的基准三角形为△FBD，但AF所处的基准三角形△ABF与△FBD不全等，于是不妨依托△FBD构造全等.此法的核心在于转化结论后全等的构造，构造△AFN所需要的辅助线需要选择与对比，而培养学生推理能力的关键也在于此. 一般而言，辅助线应尽可能提供证明全等所需要的条件，其次，构造平行后产生了互补结构，这与已知的互补结构产生联系，从而得到了核心角之间的等量关系. 若选择倍长BF，辅助线就与已知条件无法关联，已知的互补结构就无法给后续全等的证明提供角的等量关系. 教师在讲解时，一定要融入对比，通过推理产生最优的解题路径.2. 推理线段角色，巧用旋转背景证法2：如图6，延长AB至点M，使得AB=BM，连接DM. 因为∠ABC=∠EBD=90°，所以∠ABD+∠CBE=180°. 因为∠ABD+∠DBM=180°，所以∠DBM=∠CBE. 因为△ABC是等腰直角三角形，所以AB=BC=BM. 因为△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以△BCE≌△BMD（SAS）. 所以∠BCE=∠M. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF=∠M. 所以BF∥DM. 又AB=BM，所以BF为△AMD的中位线. 所以F为AD的中点，即AF=FD.■分析？摇此证法的核心在于理解线段BF的角色，由结论要证明F是中点，因此BF可理解为中位线. 中位线的构造一定由倍长AB产生，此刻问题转化为证明BF∥DM. 证明平行的本质是证明角相等，即∠ABF=∠M. 由∠BCE=∠ABF，问题转化为证明∠BCE=∠M. 通过角去寻找三角形，可推理出需要证明△BCE≌△BMD. 这是一组旋转全等，旋转中心为点B，由辅助线的构造得两组对边相等，此时可推理出只要证得两组对应边的夹角相等即可. 此处，由两个互补结构完成角相等的证明、全等三角形的证明后，结论得证. 教师在讲解时，一定要深度挖掘结论所包含的隐藏信息，构造以BF为中位线的三角形. 其中，结构意识能帮助学生快速推导角相等，从而完成证明.3. 找准核心角以转化问题证法3：如图7，在CE上取一点H，使得CH=BF，连接BH. 因为△ABC为等腰直角三角形，所以AB=BC. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF. 所以△ABF≌△BCH（SAS）. 所以AF=BH，∠AFB=∠BHC. 又∠AFB+∠BFD=180°，∠BHC+∠BHE=180°，所以∠BFD=∠BHE. 容易证得∠DBF=∠BEC，又△BDE是等腰直角三角形，所以BD=BE. 所以△BFD≌△EHB（AAS）. 所以BH=FD. 所以AF=FD.分析此证法的核心在于转移核心线段AF的位置. 由结构分析可得到∠BCE=∠ABF，AB=BC，由此推理出通过构造全等转移AF的位置是可行的. 接下来的辅助线可直接构造出证明全等所需要的第三个条件，此时问题变为证明BH=FD. 同理，可得到BD=BE，∠DBF=∠BEC，这两个等量关系使得BH，FD所处的三角形可能全等，最后由互补结构完成证明. 教师在讲解时，应重点分析转移核心线段AF位置的可能性以及此法最终能够证明的可行性.4. 找准核心比例来转化问题证法4：如图8，过点F作FQ∥BD交AB于点Q. 因为FQ∥BD，所以∠AFQ=∠ADB，∠AQF=∠ABD，∠QFB=∠FBD. 所以△AQF∽△ABD. 因为BG⊥CE，所以∠BGC=90°. 因为∠BCE+∠BGC=∠CBF，∠ABC=∠BGC=90°，所以∠BCE=∠ABF. 同理，∠FBD=∠BEC，因此∠QFB=∠BEC. 所以△BCE∽△QBF. 因为△BDE和△ABC都是等腰直角三角形，所以BD=BE，AB=BC. 设BD=x，AB=y，QF=a，QB=b，由△AQF∽△ABD，得■=■①，由△BCE∽△QBF，可得■=■②，将②代入①可得y=2b，因此■=■. 又FQ∥BD，所以■=■. 所以AF=FD.分析此证法的核心在于通过平行线转化AF=FD，将线段相等理解为1 ∶ 1. 相似所得的比例式含有4个字母，而最终的结论需要证明AF和AD的2倍关系或AQ与AB的2倍关系，即x与a的数量关系或y与b的数量关系，因此推理出需要利用基本结构进行代数消元. 依托互补结构定位相等角的位置，由此定位△BCE，△BQF，由相似得到等量关系，代入消去x，a 后结论得证. 由此法，教师还可将平行线转化比例进行一般化推广.基于几何一题多解与核心素养培养的思考1. 回归基础，强化基本概念，确定解题方向几何图形的基本定义、基本性质、基本定理和判定，是学习几何的基础. 对于本题，学生要对等腰直角三角形的基本概念十分清楚，等腰直角三角形可提供角相等与边相等. 从对称性来看，等腰直角三角形是轴对称图形，对称轴是斜边的中垂线;从旋转性来看，在等腰直角三角形BDE中，直角边BD绕直角顶点B顺时针旋转90°后可与BE重合. 一般而言，边的旋转实则是三角形的旋转. 本题的证法2就可以从旋转的角度来理解，通过旋转做等线段转化. 教师在讲解时，融入这些内容，可使学生对基本几何图形形成一个完整的思维体系. 学生对图形的认识越深刻，解题时的方向感就越强.2. 找准核心，提炼基本结构，形成模型意识本题的核心在于理解中点，利用中点，转化中点，通过转化中点来转化问题，这是本题的第一个推理点，与中点相关联的基本结构有中位线、倍长中线、三线合一、斜中半. 解题的成功要靠正确思路的选择，要靠从可以接近它的方向去攻击堡垒（G·波利亚语），因此选择构造何种基本结构来解题，依据是能否与已知条件相关联. 本题的第二个推理点是全等或相似的证明，本题中出现的互补结构能够提供角相等，等腰直角三角形可提供边相等，因此可通过等角与等边的位置定位两个三角形，完成全等与相似的证明后即可证明结论.对细节结构的推理可精准定位解决问题的方向，从而切实提高学生的解题能力. 因此，教师在讲解时，一定要融入细节结构分析，这是解题方法的指导. 没有对细节结构的理解，解题时学生是盲目的，缺乏方向感. 学生在完成多种解法的梳理时，对中点条件的理解能更加深刻，对基本结构的应用会更加熟练. 我们的目的是让中点问题模型化，让学生以通解通法应对题目万变.3. 在过程中提升能力，让能力内化为核心素养在学生逻辑推理能力的培养中，几何证明的演绎推理扮演着重要的角色，因此《课程标准》中要求从小学的实验几何要逐步过渡到初中的推理几何. 在几何教学中，教师应引导学生掌握几何基本模型结构，提炼几何证明的通法通性，让学生具备模型意识，从而增强学生的演绎推理能力. 通过对解题方向的归纳与思考，即本题中对中点的理解，能增强学生的合情推理能力.几何中一题多解的过程就是合情推理与演绎推理的最好体现，“多”字的内核是合情推理，它提供证明的起点，“解”字的内核是演绎推理，它提供证明的动力，两者相辅相成，辩证统一. 归纳和演绎，正如分析和综合一样，是相互联系着的. 我们不应当牺牲一个而把另一个捧到天上去，应当把每一个都用到该用的地方. 要做到这一点，就只有注意它们的相互联系、它们的相互补充（恩格斯语）. 这里的歸纳就是合情推理的一种形式. 因此，在几何教学中，以一题多解为载体，重视学生推理能力的培养，可切实提升学生的学科核心素养.。
通过“一题多解”教学助推初中生数学思维能力进阶
通过“一题多解”教学助推初中生数学思维能力进阶作者：郭俊楠韦柳伶来源：《教师教育论坛（普教版）》2023年第05期摘要“一题多解”教学能拓宽学生问题解决思路，能促成思维的发散和创新，同时能帮助学生把所学知识融会贯通，整合并完善知识框架。
“一题多解”教学应该具有适切性、贯通性与发展性。
本文通过对一道平面几何试题的多角度解析，总结出“一题多解”助推能力进阶的优化策略，即搭建学生思维支架、引发学生思维碰撞、推动学生自我反思。
关键词一题多解；思维能力；思维优化策略中图分类号 G633.6文献标识码 A文章编号 2095-5995（2023）08-0054-03中学生具备强烈的求知欲，思维活跃，因此在中学阶段培养创新能力尤为关键。
在中学阶段，数学课程作为一门抽象严谨的学科，发挥着培养学生创造性、发散性、深刻性思维，以及分析和解决问题能力的基础性作用。
而解题教学中，采用“一题多解”的方法则显得尤为重要，这种方法鼓励学生深入思考，展现自己的思维方式。
同时“一题多解”也可以促进学生智力开发、关键能力培养和学科核心素养发展等多方面的共同发展。
一、“一题多解”教学的特点“一题多解”教学方法强调在解决数学问题时，可以从多个角度、多种方式进行思考和解答，以达到深刻理解和全面掌握问题的目的。
其特点体现在以下三个方面：（一）适切性通常情况下，学生在数学问题解决时，为了激活发散思维，培养关键能力，积极探索和开展“一题多解”教学与学习活动是有必要的。
虽然解题路径并非只有一条，但需要保证解题思维活动要有正确导向[1]。
另外，“一题多解”方法并不意味着解题思维的无限制发散，而是要求学生在不同解法之间找到适当的平衡，虽然解题的路径可以有多条，但是这些解法都应当具有正确的导向。
教师在教学过程中需要引导学生避免过度追求创新，而是要让学生掌握通用性的解题方法，然后在此基础上适度地引入其他易于理解的解法，以確保解题思维的发散与聚拢能够相互协调。
拓展中发掘---一道平面向量问题
r2 sin( ) r1 sin
(4)如图,平面内有三个向量 OA, OB, OC ,其中 OA与OB 的夹角为 , OA与OC 的夹角为
. OA r1 , OB r2 , OC r .若 OC OA OB( , R) ,求 及
解题回顾:本题主要考查平面向量的加法运算的平行四边形法则及向量的数乘运算 ,给出了 四种不同的解法.解法一又是立足于解三角形,判断 OCE 是直角三角形,使问题更加简捷; 解法二、三是利用数量积的定义，从整体上建立关于 , 的方程组；解法四是向量的坐标 形式及三角函数的定义，如写出 OB, OC 的坐标就是直接利用三角函数的定义.本题就是考 查学生分析问题和解决问题的能力，入口浅且宽广，寓意深且独特. 2.变题引申 从原题的解法一与四可以看出，本题推广到一般形式： (1) 如图平面内有三个向量
O
A
解析:首先判断 0, 0 ,用同样的方法可以求出,
r1 r2 r , sin( ) sin sin
∴
r sin( ) sin r sin( ) sin sin r1 r2 sin r1 r2
2 OA OB 2 12 OC 12, ∴ , OB OC 0, OB OA OB 0
1 2
2 2 2 即 0. 2
∴
1 12, 2
解 法 二 ( 方
3 2 , 4, 6 ,故选 6. 3
思 想 ) ∵
程
命题分析探索,解题过程指导
命题分析探索,解题过程指导作者：***来源：《数学教学通讯·初中版》2024年第07期[摘要] 开展解题探究，需要解析问题，分析命题，回归教材知识考点，并通过思维引导的方式指导学生解析问题，明确解题的重点. 文章对一道模考题进行深度探究，探索命题考向，指导解题过程，以期对师生的教学备考有所帮助.[关键词] 抛物线;几何;教学;数形结合“解析问题，分析命题，回归教材，教学探索”是中考备考阶段重要的环节，有助于强化学生的解题思维，提升学生的综合解题能力. 教师可选取具有代表性的中考真题或模考题，开展问题分析与教学指导.问题呈现问题（2023年湖北十堰市统考压轴题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c 经过点A（-4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6）.（1）求抛物线的解析式.（2）连接OC，点Q是直线AC上不与A，B重合的点，若S=2S，请求出点Q的坐标.（3）在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以A，H，C，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标;若不存在，请说明理由.命题探索本题是一道二次函数压轴题，综合性强，融合了抛物线、直线、三角形、菱形，题设三问，分别求抛物线的解析式、三角形面积关系解析、菱形存在性探究. 这是对学生知识、能力、思想方法等诸多方面的考查.考题的后两问为核心之问，第（2）问设定关键点，构建两个三角形，给定两个三角形的面积关系;第（3）问则是设定动点，探究是否存在满足条件的菱形. 显然两问充分综合了函数与几何的核心知识考点，是一道优秀的模考题. 从问题的命制过程，可以管窥命题人对于本题所凝聚的心血与智慧.优秀模考题，在构建与考查方式上可以凸显出公平公正、探索性强、解法开放等特点，同时对于教学具有导向与引领作用. 教学中，教师需要关注问题的命题特色，从知识本源出发来探索.特点1：命题取向——回归教材从整体来看，问题考查抛物线性质、三角形面积、菱形判定，这些都是源自教材的核心知识点. 只是在具体构建时命题人对其进行了整合改造，使得问题更为新颖、综合性强，但问题所涉及的图形是学生所熟知的. 上述以教材知识考点为基础，采用综合构建与深入挖掘的命题方式，使得问题回归教材，立意又高于教材，这是中考所提倡的，可作为解题教学的重要题材. 考题回归教材，也体现了对考生测评的公平性，能够引导师生重视教材中的基础知识，避免过于注重探究过难的问题.特点2：考查过程——主线突出《义务教育数学课程标准（2022年版）》明确强调，学生应当有足够的时间和空间经历观察、实验等思维活动的过程，即学生在数学学习中，要注重开展思维活动，经历探究过程，培养数学思维能力. 学生思维能力的提升是一个长期的过程，需要师生共同努力.本模考题先是以“抛物线与直线相交”知识点为载体进行构建的，后续研究三角形的面积关系，菱形存在性，即以“相交→三角形面积→特殊图形”为研究主线，设置问题情形，难度逐步加大. 学生在解决问题的过程中，需要经历分析思考、作图构建、推理转化等思维活动，可再现数学探究的思维过程，从而提升综合能力.特点3：研究方法——数形结合教师要指导学生掌握解析问题的一些基本方法，上述为典型的抛物线与几何综合的问题，涉及数形结合的思想方法. 从问题整体框架来看，题设条件与图形对应匹配，设定了抛物线与直线的相交关系、关键点的位置. 而后续设问的图形并未给出，需要学生自行补充完整. 学生在探究问题时，需要按照“读题审题—理解图形—完善图形—运用性质”的方案来解析问题，可经历用数形结合的方法解析问题的全过程，最终掌握函数与几何综合题的解析方法.解题指导在教学综合性压轴题时，教师要为学生提供一定的解题指导，串联问题条件，设定分步动作，培养学生的解题思维. 综合题的求解过程较为繁杂，教学中教师可以对其进行拆解，让学生理解每一步的具体含义，对于较为关键的步骤，则可以引导学生思考，明确关键点. 下面对上述模考题进行解题指导.1. 待定系数求解析式第（1）问求解抛物线的解析式，属于基础问题，其命题目的有两点：一是引导学生理解条件，读懂图形;二是考查待定系数方法. 教学中教师要让学生明晰求解特殊参数b和c的关键，以及把握抛物线上两点：A和C.教学引导设置如下两个问题：①求解抛物线的特征参数，需要采用什么方法？②对于本题需要利用哪两个点，如何求解？解题過程：采用待定系数法求解抛物线解析式.第一步，明晰关键点坐标根据题意可知，抛物线经过点 A（-4，0）和点C（2，6）.第二步，点代入构建方程.将点A和点C的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c中，则有8-4b+c=02+2b+c=6，可解得b=2c=0，所以抛物线解析式为y=x2+2x.解后思考：待定系数法是求解解析式的重要方法，可用于求解直线或曲线的特征参数，教学中教师要引导学生明晰“特征参数⇔点坐标”的对应关系，明晰构建方程是求解参数的重要途径.2. 面积模型转化求点第（2）问给定了两三角形的面积关系，求解点Q的坐标，属于与面积相关的问题，难度适中，对学生的解析能力要求较高. 命题目的有三点：一考查三角形面积模型;二是考查转化思维;三是考查数形结合思想方法. 教学中教师要引导学生观察分析核心条件——S=2S，根据点坐标确定△OAC的面积可求，从而使学生明晰解题的关键思路：构建△OAQ的面积模型，建立方程求坐标参数.教学引导设置如下三个问题：①观察分析核心条件：S=2S，哪个三角形的面积可求？可以得出什么结论？②结合点坐标的具体情况，如何构建△OAQ的面积模型？③如何求解点Q的坐标？解题过程：先转化分析面积关系条件，再构建三角形面积，最后列方程求点坐标.第一步，转化核心条件根据条件可知点A（-4，0）和C（2，6），显然△OAC的面积可求，即S=×4×6=12，所以△OAQ的面积为S=2S=24.第二步，构建面积模型点O和A均位于x轴上，且坐标已知，可将△OAQ视为是以OA为底，点Q为顶点的三角形，则其面积可以表示为S=·OA·h（其中h表示点Q到x轴的距离）.第三步，设定点Q坐标.设定点Q的坐标，已知点Q在直线AC上，根据点A和点C的坐标，采用待定系数法可求出AC的解析式为y=x+4，故可设点Q（m，m+4）.第四步，构建方程求解结合点Q的坐标，可知△OAQ的面积可以表示为S=×4×m+4=24，从而可解得m=8或m=-16. 当m=8时，点Q（8，12）;当m=-16时，点Q（-16，-12）. 分析可知，两点均满足条件.解后思考：上述展示了与面积关系相关的求点问题的解析转化思路，解后需要引导学生关注三点：一是注意分析面积关系条件，可采用直接简化或间接转化的方法;二是重视面积模型的构建方法，明确图形的底和高;三是注意审视结论，上述解出了两个点，应讨论是否均满足条件，同时从图形视角思考，显然点Q可以位于x轴的上方，也可以位于x轴的下方.3. 分类讨论构建模型第（3）问是菱形存在性问题，设定了动点，讨论满足条件的点N. 由于具体模型未定，教学中教师要指导学生采用分类讨论的思维方法，分别构建模型，结合菱形的判定方法来开展. 本问主要考查两点：一是分类讨论、数形结合建模的思维方法;二是菱形存在的性质定理. 在实际探究时，教师要引导学生明确分类的标准，即菱形的对角线，这也是后续讨论的基础.教学引导设置如下三个问题：①整体上采用何种策略和思维方法？②观察图形，若AHCN为菱形，则可能存在几种情形？根据菱形的对角线情形可分几种讨论模型？③建模讨论中明确菱形成立使用了何种性质定理？解题过程：采用“假设—验证”的策略，同时结合分类讨论与数形结合建模的思维方法来构建解题过程.第一步，假设成立，明确讨论模型假设存在一点N，使以A，H，C，N为顶点的四边形是菱形. 分三种情形：①以AC为菱形的对角线;②以AH为菱形的对角线;③以AN为菱形的对角线.第二步，分别建模，构建菱形求解.分三种情形建模讨论，求解点N的坐标.情形①：以AC为菱形的对角线，如图2所示，由条件可求得点B（0，4），所以OA=OB=4，则∠BAO=45°，故∠NAO=90°，所以菱形AHCN为正方形，所以AH=AN=NC=6，所以点N的坐标为（-4，6）.情形②：以AH为菱形的对角线，如图3所示，则点C和点N关于x轴对称，易得点N 的坐标为（2，-6）.情形③：以AN为菱形的对角线，如图4所示（可细分为两种情形），结合点A和点C的坐标可知，AC==6，结合性质定理可知CN=AC=6，点N的坐标分别为（2+6，6）和（2-6，6）.第三步，综合模型，确定最终结论.综上可知，满足条件的点N有四个，分别为（-4，6），（2，-6），（2+6，6）和（2-6，6）.解后思考：对于存在性问题，采用“先假设，后验证”的策略;对于不确定的模型问题，采用分类讨论、数形结合的思想方法. 對于上述菱形存在求点坐标问题，教师要引导学生明晰每一情形讨论所借用的性质定理：①菱形对角线平分顶角;②菱形的对称性;③菱形的边长相等.写在最后命题分析、过程引导、解后思考是解题教学的重要环节，教学每个环节时教师要明晰核心，引导学生充分认识问题，掌握构建方法，深刻领悟方法精髓，以此发展学生的数学思维. 教师要深度剖析典型问题，提炼解析策略与思维方法，并引导学生后续适度拓展.。
初中几何经典题,全军覆没,方法真巧妙
初中几何经典题,全军覆没,方法真巧妙
初中几何经典题一直以来都是学生们头疼的问题，尤其是那些看似简单却隐藏着巧妙解法的题目更是令人望而生畏。
然而，最近一道几何题却被称为是全军覆没的题目，因为它的解法实在是太巧妙了。
这道题目是关于一个具有六个等边三角形的正六边形的问题。
在题目中，要求我们找出这个正六边形内切圆的半径。
看似简单的题目，但是大多数人可能会被迷惑，不知道从何下手。
然而，这位学生却运用了一个绝妙的方法来解答这个问题。
他首先画出了这个正六边形，并且连接了六边形的中心和顶点，形成了六个等边三角形。
然后，他注意到这个问题实际上就是求解正六边形内切圆的半径。
接下来，他观察到了一个非常重要的特点，那就是正六边形内切圆的半径与六边形的边长之间有着特定的关系。
他通过画出正六边形的一个边，然后将该边与六边形的中心和顶点连接，形成一个等腰三角形。
从而可以利用三角形的性质，推导出内切圆的半径与正六边形的边长之间的关系。
通过这个巧妙的方法，他成功地解答了这个题目，找到了正六边形内切圆的半径。
他的答案得到了老师和同学们的一致认可，并且在班级
里引起了一阵热议。
这个学生的方法的巧妙之处在于他从题目中找到了关键的线索，并且灵活运用了几何知识来解决问题。
这也提醒了我们，在解决几何题目时，要善于观察，发现问题中的隐含信息，并且灵活运用所学的几何知识来解决问题。
只有这样，我们才能在几何学的海洋中游刃有余，解答出各种巧妙的题目。
立体几何中的探索性题型
立体几何中的探索性题型1．(2010年3月广东省深圳市高三年级第一次调研考试理科)（本小题满分12分）如图5，已知直角梯形ACDE 所在的平面垂直于平面ABC ，90BAC ACD ∠=∠=︒，60EAC ∠=︒，AB AC AE ==．（1）在直线BC 上是否存在一点P ，使得//DP 平面EAB ？请证明你的结论； （2）求平面EBD 与平面ABC 所成的锐二面角θ的余弦值．：（1）线段BC 的中点就是满足条件的点P ．…1分证明如下：取AB 的中点F 连结DP PF EF 、、，则AC FP //，AC FP 21=，取AC 的中点M ，连结EM EC 、， ∵AC AE =且60EAC ∠=︒， ∴△EAC 是正三角形，∴AC EM ⊥． ∴四边形EMCD 为矩形， ∴AC MC ED 21==．又∵AC ED //，………3分 ∴FP ED //且ED FP =，四边形EFPD 是平行四边形．……………………4分 ∴EF DP //，而EF ⊂平面EAB ，DP ⊄平面EAB ，∴//DP 平面EAB ． ……………………6分 （2）（法1）过B 作AC 的平行线l ，过C 作l 的垂线交l 于G ，连结DG ，∵AC ED //，∴l ED //，l 是平面EBD 与平面ABC 所成二面角的棱．……8分∵平面EAC ⊥平面ABC ，AC DC ⊥，∴⊥DC 平面ABC ， 又∵⊂l 平面ABC ，∴⊥l 平面DGC ，∴DG l ⊥，A BCDE PMFG∴DGC ∠是所求二面角的平面角．………………10分设a AE AC AB 2===，则a CD 3=，a GC 2=，∴a CD GC GD 722=+=， ∴772cos cos ==∠=GD GC DGC θ． ………12分（法2）∵90BAC ∠=︒，平面EACD ⊥平面ABC ，∴以点A 为原点，直线AB 为x 轴，直线AC 为y 轴，建立空间直角坐标系xyz A -，则z 轴在平面EACD 内（如图）．设a AE AC AB 2===，由已知，得)0,0,2(a B ，)3,,0(a a E ，)3,2,0(a a D ．∴)3,,2(a a a EB --=，)0,,0(a ED =， ………………………8分设平面EBD 的法向量为),,(z y x =n ，则⊥n 且⊥n ，∴⎩⎨⎧=⋅=⋅.0,0n n ∴⎩⎨⎧==--.0,032ay az ay ax 解之得⎪⎩⎪⎨⎧==.0,23y z x取2z =，得平面EBD 的一个法向量为)2,0,3(=n . ………………10分 又∵平面ABC 的一个法向量为)1,0,0(='n ．77210020)3(120003,cos cos 222222=++⋅++⨯+⨯+⨯=>'<=θn n ．……………… 2.如图，平面PAC ⊥平面ABC ，ABC ∆是以AC 为斜边的等腰直角三角形，,,E F O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，16AC =，10PA PC ==．（I ）设G 是OC 的中点，证明：//FG 平面BOE ； （II ）证明：在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ， 并求点M 到OA ，OB 的距离．证明：（I ）如图，连结OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 则()0,0,0,(0,8,0),(8,0,0),(0,8,0),O A B C -(0,0,6),(0,4,3),P E -()4,0,3F ，由题意得，()0,4,0,G 因(8,0,0),(0,4,3)OB OE ==-，因此平面BOE 的法向量为(0,3,4)n =，(4,4,3FG =--得0n FG ⋅=，又直线FG 不在平面BOE 内，因此有//FG 平面BOExyz（II ）设点M 的坐标为()00,,0x y ，则00(4,,3)FM x y =--，因为FM ⊥平面BOE ，所以有//FM n ，因此有0094,4x y ==-，即点M 的坐标为94,,04⎛⎫- ⎪⎝⎭，在平面直角坐标系xoy中，AOB ∆的内部区域满足不等式组008x y x y >⎧⎪<⎨⎪-<⎩，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在ABO ∆内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离为94,4． 3.（本小题满分14分）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点． （Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离．.解：方法一、（1）设AC ∩BD=O ，连OE ，则OE//PB ，∴∠EOA 即为AC 与PB 所成的角或其补角.在△AOE 中，AO=1，OE=,2721=PB ,2521==PD AE ∴.1473127245471cos =⨯⨯-+=EOA 即AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （2）在面ABCD 内过D 作AC 的垂线交AB 于F ，则6π=∠ADF .连PF ，则在Rt △ADF 中.33tan ,332cos ====ADF AD AF ADF AD DF设N 为PF 的中点，连NE ，则NE//DF ，∵DF ⊥AC ，DF ⊥PA ，∴DF ⊥面PAC ，从而NE ⊥面PAC. ∴N 点到AB 的距离121==AP ，N 点到AP 的距离.6321==AF方法二、（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系，则A 、B 、C 、D 、P 、E 的坐标为A （0，0，0）、B （3，0，0）、C （3，1，0）、D （0，1，0）、 P （0，0，2）、E （0，21，1）， 从而).2,0,3(),0,1,3(-==PB AC 设PB AC 与的夹角为θ，则P BCDE,1473723||||cos ==⋅=PB AC θ∴AC 与PB 所成角的余弦值为1473. （Ⅱ）由于N 点在侧面PAB 内，故可设N 点坐标为（x ，O ，z ），则)1,21,(z x NE --=，由NE ⊥面PAC 可得， ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⋅--=⋅--⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅.0213,01.0)0,1,3()1,21,(,0)2,0,0()1,21,(.0,0x z z x z x 化简得即 ∴⎪⎩⎪⎨⎧==163z x 即N 点的坐标为)1,0,63(，从而N 点到AB 、AP 的距离分别为1，63. 4.（广东省江门市2010届高三数学理科3月质量检测试题）（本题满分14分）如图，棱锥P —A B C D 的底面A B C D 是矩形，PA ⊥平面A B C D ，PA =A D =2，B D =22. （Ⅰ）求点C 到平面PBD 的距离.（Ⅱ）在线段PD 上是否存在一点Q ,使CQ 与平面962，若存在，指出点Q （18）（Ⅰ）在R t △BAD 中，AD =2，BD =22，∴AB =2，ABCD 为正方形，因此BD ⊥AC . ∵P A =AB =AD =2，∴PB =PD =BD =22 ………2分 设C 到面PBD 的距离为d ，由PBD C BCD P V V --=，有1133BCD PBD S PA S d ∆∆⋅⋅=⋅⋅，即201111222sin 603232d ⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅得332=d ………5分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系 因为Q 在DP 上，所以可设(0<<=λλDP DQ 又()2,2,0-=DP ,()()()λλλλλ2,22,02,2,00,2,0-=-+=+=+=∴()λλ2,22,0-∴Q ,()()λλλλ,,122,2,2--=--=∴.………8分易求平面PBD 的法向量为()1,1,1=，………10分（应有过程） 所以设CQ 与平面PBD 所成的角为θ，则有：D22131,cos sin λθ+=⋅==nCQ n CQ n CQ ………12分所以有69221312=+λ，1612=λ，10<<λ ， 41=∴λ………13分 所以存在且DP DQ 41=………14分 5.（2011惠州市一模本小题满分14分）如图6，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,1AD AA AB ==>，点E 在棱AB 上移动，小蚂蚁从点A 沿长方体的表面爬到点1C ，所爬的最短路程为22。
几何题经典解法
几何题经典解法
1.利用勾股定理：勾股定理是几何题中最基本的定理之一，可以用来解决直角三角形的各种问题。
根据勾股定理可知，直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
因此，如果已知直角三角形的任意两条直角边的长度，就可以计算出斜边的长度。
2. 利用相似三角形：相似三角形是指形状相同但大小不同的三角形，它们的对应角度相等，对应边的比例相等。
如果两个三角形相似，那么它们的面积之比等于它们对应边长的平方之比。
因此，如果已知一个三角形的某些长度和角度，就可以通过相似三角形的性质计算出其他长度和角度。
3. 利用正弦定理、余弦定理、正切定理：这些定理都是用来计算三角形的边长或角度的公式。
正弦定理可以用来计算一个三角形的某个角的正弦值，余弦定理可以用来计算一个三角形的某个角的余弦值，正切定理可以用来计算一个三角形的某个角的正切值。
这些定理都可以用来解决各种几何题目。
4. 利用向量计算：向量是一种表示大小和方向的量，可以用来表示几何图形中的点、线、面等。
如果已知一个几何图形的向量表示，就可以通过向量的运算来计算出其他相关的向量和长度。
向量计算在解决几何问题中也是一个常用的方法。
5. 利用解析几何：解析几何是一种用代数方法来研究几何图形的方法。
通过坐标系来表示几何图形中的点、线、面等，就可以用代数的方法来计算它们之间的各种关系。
解析几何在解决几何问题中也
是一个重要的方法。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
Z F E C =30〇， Z E C F =60〇， Z B C E = 15〇， Z A C D =30 〇 .
由 C D = A C 可知 Z A D C = ZDAC = 180 〇 - ZACD = 75〇， 2
如 图 1 ，作 A五丄C D 于 点 丄 ⑶
又 BD = BC， Z C B D =90〇， J
△E B C ， 延长E B 交 DC于点F ， 则 L E B C = AABC = 15〇 ， 从而 Z A B E sW = ZEFC ， 图3 图4
* 收文日期:2016观 -04;修订日 期 :2016-09-13 作者简介:李玉荣（ 163 - ) ， 男， 江苏句容人， 中学高级教师.研究方向:数学教育.
=bf =2
cd
=2 ac，
Z B D C =45〇， 故 ZADB = ZADC - ZBD C = 30° 证法3 如图3， 将 A 4 B C 绕 点 B 顺时针旋转
从而乙 AC/) = 3 0 ◦ • 由 CD = 也： 可得乙 WX ： = 7 5 ◦ ，故 Z A D B =30〇. 点评此解法利用梯形常作的“ 双高” 辅助 线， 凸显了“ 通法” 的解题思路， 但若就此作罢， 无 疑于“ 入宝山而空返” ， 深度挖掘， 则发现该题值得 拥有和回味. 从而 于是 故
故 从 平 分 Z G B F.又 因 为 Z G B F = 9 0 ° ， 所以 故 变式 2 证法1 于点 F 则 AF = + A D = AE . 作 A G 丄 B C 于 点 G , 因 为 Z 4 BG = ZBCD = Z B D C = Z 4 B F ,所以
ag
AB // CD. 在梯形 4 BCD 中 ， 4 B // CD， CD = AC ， 如 图 6 ,作 C E 丄A D 于 点 E ,4 F 丄BD
2016年 第 11 期
中学教研（ 数学)
•9 •
证法4
如 图 4 , 延 长 及 4, W 交于点 ' 设
BE = x ， RD = BC = y ， 则 DE = 槡， + ， 2. 因 为 4?//0,所 以
4 BE D EECE,
图5 证法2 于点E ， ^4F 丄B D 于 点 F ,则 AF = + A D = AE . 因为 ZDAC = ZADC = 7 5 ° ， 所以 Z A C D =30° , 从而 于是
BD = B C ， Z ADB = 30 °， 求 证 ： Z CBD = 90 °
角形、 作等腰三角形底边上的高” 等常见辅助线的 价 值得 以 显 现 . 2 挖掘变式 这道经典几何题涉及5 组几何元素的关系： A B // CD， CD = A C ， BD = BC， ACBD = 9 0 ° ， AADB = 30°.因 此 ， 除原题外， 还 可 以 编 制 出 以 下 4 道几何 题， 其解法更是精彩纷呈. 变 式 1 在 四 边 形 4B C D 中， CD = A C ， BD = BC， ZCBD = 9 0 ° ， ZADB = 3 0 ° ， 求 证 ：B // CD. 证法1 如 图 5 , 作 A E 丄C D 于 点 E ,B F 丄CD 于点 F •因为 ZDAC = ZADC = 7 5 ° , 所以 ZACD = 30°， 从而 A E = 1 A C= 1 CD =BF , 2 2 ^ 故 A /C D 评注此解法沿用了原题的经典解法， 顺理成 早 . 解得 所以 故 证法2 于是
ZACE = 士 ZACD = 150 = ZACG , A E = AG=AF , ZGBA =45° = ZBCD ,
E F EC 又 A E D B - A E C F ,从而 E | = 盖 ,即 EF x +y ， 槡x 2 + y 2 亦即 EF = x (( + y ) 槡x 2 + y 2 2 _ x (( + y ) ，+ 2， 槡， 2 ( + ， 槡 +，= 槡 ? ^ , 化简得 故 评注 =槡 3x , ， Z A D B =30°. 此解法虽然繁琐， 但“ 将梯形转化为
9 0 ◦ 得A E B D ， 延长E B 交 DC于点F ， 则 E F 丄CD， FD = 士 CD = 士 AC = 士 E D ， Z FE D =30。 ， Z A C D = Z C 4B = Z F E D = 3 0 。 ， Z ADC = 7 5 ' ZADB =30 ◦.
bd c
评注注意到题中的a
为等腰直角三角
形， 证 法 2 和 证法3 分别利用翻折、 旋转变换使分 散的条件相对集中， 从而顺利解决问题， 较好地践 行了《 数学课程标准》 对几何教学的新要求， 凸显 了图形变换的解题价值. 图1 1 挖掘另证 证法 2 如 图 2 , 将 A 4B C 沿 B C 翻 折 得 图2
图6
即B C 于 点 G ， C E 丄AD
从而 作 C F 丄A D 于 点 F ,则
槡， + ，. + ， ， +
AF = DF = 士 a d = 士 ( 槡x + ， 一 ， 槡x + ， ) x +， ) E F = AE + AF y + 2x ~ 2 ： 2((+， ) 槡， + ，•
题 目 在 梯 形 从 ⑶ 中 ， 从 //⑶ ， ⑶ 扮） = = 9 0 ◦， 求证： 乙 = 30°
于是 进而
2
EC，
这是一道经典的几何题， 难度不小， 解题的关 键 是 证 明 = 30◦， 辅助线的添加是解题的突 破 口 .各 种 数 学 教 辅 、 教参提供的经典解法如下： 证法1 于点心则
中学教研（ 数学)
2016年 第 1 1 期
一 道 经 典 几 何 题 的 深 度 挖 掘
•李玉荣 （ 金 陵 中 学 河 西 分 校 江 苏 南 京 210019)
摘 要 ： 经典几何题是重要的数学文化遗产.在数学教学和复习中， 如果能重视对经典几何题的适度挖掘， 即进行一 题多解、 一题多变等训练， 那么常可获得具有探索性的问题及有价值的解法， 进而能有效地训练学生思维的灵活性和深刻 性， 提高学生的推理能力、 探究能力和创新意识. 关键词： 经典几何题;变式;辅助线;一题多解 中图分类号： 0123. 1 文献标识码：A 文章编号： 1003 -6407(2016)11-08-04