从一道中考题和一道质检题谈转化思想的自然解法
2019-03-18宋继腾
宋继腾
摘 要：张景中院士生曾经说过：“一种方法解很多题，要好过很多方法解一个题。”这里的“一种方法”应该是指最基本、最常规、最自然的解法，而不是指那些技巧性很强、灵光一闪的巧妙解法。站在初中生的认知程度和知识储备上看，最基本、最自然的的解法才是学生最易想到的解法，也是教师和学生能够产生思维碰撞的解法。学生多数是在自身知识储备和已有经验的基础上来解决问题。简单的问题便可迎刃而解，对于复杂问题便会陷入困境。教师应该在平时的教学中，注重过程，注重思维，回归本质。引导学生关注知识间的联系，构建整体的知识结构，形成自主分析能力。引导学生从不同角度分析问题，走出思维盲区，层层剖析，得到自然解法。
关键词：教学基础；教学思维
1 试题1
1.1 题目呈现
已知AB是半圆O的直径，M，N是半圆上不与A，B重合的两点，且点N在MB（⌒）上。
1）如图1，MA=6，MB=8，∠NOB=60°，求NB的长；
2）如图2，过点M作MC⊥AB于点C，P是MN的中点，连接MB，NA，PC，试探究∠MCP，∠NAB，∠MBA之间的数量关系，并证明。
1.2 解法展示
1）如图1，因为AB是半圆O的直径，所以∠M=90°。
在Rt△AMB中，AB=
√MA2+MB2
，所以AB=10，OB=5。
又因为OB=ON，∠NOB=60°，所以△NOB是等边三角形。所以NB=OB=5。
2）解法1：如图3。
画⊙O，延长MC交⊙O于点Q，连接NQ，NB。
因为MC⊥AB，OM=OQ，所以MC=CQ，即C是MN的中点。
又因为P是MQ的中点，所以CP是△MQN的中位线，
所以CP∥QN，所以∠MCP=∠MQN。
因为∠MQN=
∠MON，∠MBN=
∠MON，
所以∠MQN=∠MBN，∠MCP=∠MBN。
又因为AB是直径，所以∠ANB=90°。
在△ANB中，∠NBA+∠NAB=90°，
所以∠MBN+∠MBA+∠NAB=90°，
即∠MCP+∠MBA+∠NAB=90°。
解法2：如图4，连接MO，OP，NO，BN。
因为P是MN中点，OM=ON，所以OP⊥MN，且∠MOP=
∠MON。
因为MC⊥AB，所以∠MCO=∠MPO=90°。
设OM的中点为Q，则QM=QO=QC=QP，所以点C，P在以OM为直径的圆上。在该圆中，∠MCP=∠MOP=
∠MQP。
又因为∠MOP=
∠MON，所以∠MCP=
∠MON。
在半圆O中，∠NBM=
∠MON，所以∠MCP=∠NBM。
又因为AB是直径，所以∠ANB=90°。
在△ANB中，∠NBA+∠NAB=90°，
所以∠NBM+∠MBA+∠NAB=90°，
即∠MCP+∠MBA+∠NAB=90°。
1.3 解法分析
1）本题的条件充足，由已知AB是半圆O的直径，可知 ∠M=90°，△AMB为直角三角形，则容易顺着“勾股定理”打开思路，求出AB=10，OB=5。∠NOB=60°，联系隐含的条件OB=ON，得到 △NOB是等边三角形，从而NB=OB=5。
2）探究∠MCP，∠NAB，∠MBA之间的数量关系，观察图形发现三个角不在同一个三角形中，角的度数不知道，也不存在外角关系，而且题目中给的数量关系条件较少，于是只能通过添加辅助线的方式来打开思路。由已知AB是半圆O的直径，自然地想到连接NB，构造出了直角三角形△ANB，此时∠MBN+∠MBA+∠NAB=90°，很容易联想到把∠MCP转化为∠MBN。解法1和解法2都是用到同一种思想：转化，把题目中要求的角转化为找到的圆周角。解法1是利用垂径定理得到中点，巧妙地利用中位线平行，得到同位角相等，把∠MCP转化为圆周角。解法2 则是利用四点共圆把∠MCP转化为与之相等的大圆中的圆心角，继而转化为圆周角∠MBN，同样是得到∠MCP=∠MBN。
1.4 解后反思
本题是“圆”这一单元的综合题，涉及勾股定理，垂径定理，圆周角定理等很多知识内容，解题方式方法很多，不论哪种方法都是通过构造基本图形，生成的自然解法。本题通过尝试添加辅助线，构造一些基本图形，联系到等腰三角形“三线合一”的基本图形，利用垂径定理构造全等三角形和直角三角形等图形。作为老师，对于一些题目能够做到“一眼望穿”，但是學生对于教师“自然生成”的解法确实“一头雾水”。学生在析题，解题思维受阻的大部分原因归于不能研究问题，分析条件，产生关联，发现问题本质。教师应该致力于探寻基于学生“最近发展区”的解法。
2 试题2
2.1 题目呈现
已知AB=8，直线l与AB平行，且距离为4，P是l上的动点，过点P作PC⊥AB交线段AB于点C，点C不与A，B重合，过A，C，P三点的圆与直线PB交于点D。
1）如图5，当D为PB的中点时，求AP的长；
2）如图6，圆的一条直径垂直AB于点E，且与AD交于点M.当ME的长度最大时，判断直线PB是否与该圆相切？并说明理由.
2.2 解法展示
1）解法1：如图5，因为PC⊥AB，所以∠ACP=90°。
从而AP是直径，所以∠ADP=90°，即AD⊥PB。
又因为D为PB的中点，可证 ，所以AP=AB=8。
解法2：如图5，因为PC⊥AB，所以∠ACP=90°。又因为在圆中弧AP=弧AP，所以∠ACP=∠ADP=90°即AD⊥PB。又因为D为PB的中点，可证 ，所以AP=AB=8
解法3：如图7，设圆心为O，PC与AD交于点N，连接OC，OD。
因为CD（⌒）=CD（⌒），所以∠CAD=
∠COD，∠CPD=
∠COD，即∠CAD=∠CPD。
在△ANC和△PND中，
∠NCA=180°-∠CAN-∠ANC，
∠NDP=180°-∠CPN-∠PND，
所以∠NCA=∠NDP。因为PC⊥AB，
所以∠NCA=90°，∠NDP=90°，即AD⊥PB。
又因为D为PB的中点，所以AP=AB=8。
2）當ME的长度最大时，直线PB与该圆相切
解法1：如图8，设圆心为O，连接OC，OD。
因为CD（⌒）=CD（⌒），所以∠CAD=
∠COD，∠CPD=
∠COD，∠CAD=∠CPD。
又因为PC⊥AB，OE⊥AB，所以∠PCB=∠MEA=90°，所以△MEA∽△BCP，
。
设AE=x，则BC=8-2x。由
，可得ME=-
（x-2）2+2。
因为x>0，8-2x>0，所以0 又因为- <0，所以当x=2时，ME的长度最大为2。 连接AP，因为∠PCA=90°，所以AP为直径。 因为AO=OP，AE=EC， 所以OE为△ACP的中位线，OE= PC。因为l∥AB，PC⊥AB， 所以PC=4，OE=2。 当ME=2时，点M与圆心O重合，即AD为直径，即点D与点P重合，此时圆与直线PB有唯一交点，所以此时直线PB与该圆相切。 解法二：如图8，设圆心为O，连接OC，OD。因为OE⊥AB，OA=OC，所以AE=EC。 设AE=x，则CB=8-2x。因为CD（⌒）=CD（⌒），所以∠CAD= ∠COD， ∠CPD= ∠COD，∠CAD=∠CPD。又因为PC⊥AB，OE⊥AB，所以∠PCB =∠MEA=90°， 所以△MEA∽△BCP，所以 ，可得ME=- （x-2）2+2。因为x>0，8-2x>0，所以0 <0，所以当x=2 时，ME的长度最大为2。连接AP，因为AE=x=2，所以AC=BC=PC=4。因为PC⊥AB，∠PCA=90°，所以在Rt△ACP中，∠PAC=∠APC=45°，同理可得∠CPB=45°，所以∠APB=90°，即AP⊥PB。又因为∠PCA=90°，所以AP为直径，所以直线PB与该圆相切。 2.3 解法分析 1）本题中的第一个难点就是图形中没有圆心。一种思路，利用已知条件PC⊥AB，在圆中便可得到AP是直径，AP的中点即为圆心从而得到AD⊥PB。再利用条件D为PB的中点，继而得到三角形全等，把要求的线段AP转化为已知线段AB。如果该题没有分析到AP是直径，仍然可以利用圆中同弧所对的圆周角相等得到AD⊥PB这个重要条件。另一种思路，没有圆心那就假设一个圆心O，构造辅助线，利用圆心角和圆周角的关系得到∠NDP=90°，即AD⊥PB，从而解决问题。 2）动态几何：从“动”中找“静”是解题的通法，“当 ME的长最大时”，这句话是解题的关键条件，要转化为函数法或几何法解决问题。本题便是一道以圆为载体的动态几何题，切线存在性问题。解法1便是通过相似三角形，转化为函数求最大值问题，得到圆与直线PB有唯一交点，所以此时直线PB与该圆相切。依据的是直线和圆相切的定义。解法2是依据切线判定定理：经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。 2.4 解后反思 动态几何问题或者叫动点问题，是初中生比较怕碰到的题目。解决这类问题很关键的一点是“动中找静”，抓住问题中不动的或不变的关键元素和有效信息，产生联想。动态问题反映的是一个点或是一个图形在限定条件下的变化，是一种自变量和因变量的关系，反映的是函数关系，可以转化为建立函数关系式来解决问题。动态几何问题中，不管是点动还是形动，都是以图形特征为载体。解题过程中应特别关注图形的特征，尤其是特殊情况、特殊位置时图形中的信息。从特殊到一般发生关联，产生联想，发散思维。
