從一道中考題和一道質檢題談轉化思想的自然解法

宋繼騰

摘 要：張景中院士生曾經說過：“一種方法解很多題，要好過很多方法解一個題?！边@里的“一種方法”應該是指最基本、最常規、最自然的解法，而不是指那些技巧性很強、靈光一閃的巧妙解法。站在初中生的認知程度和知識儲備上看，最基本、最自然的的解法才是學生最易想到的解法，也是教師和學生能夠產生思維碰撞的解法。學生多數是在自身知識儲備和已有經驗的基礎上來解決問題。簡單的問題便可迎刃而解，對于復雜問題便會陷入困境。教師應該在平時的教學中，注重過程，注重思維，回歸本質。引導學生關注知識間的聯系，構建整體的知識結構，形成自主分析能力。引導學生從不同角度分析問題，走出思維盲區，層層剖析，得到自然解法。

關鍵詞：教學基礎；教學思維

1 試題1

1.1 題目呈現

已知AB是半圓O的直徑，M，N是半圓上不與A，B重合的兩點，且點N在MB（⌒）上。

1）如圖1，MA=6，MB=8，∠NOB=60°，求NB的長；

2）如圖2，過點M作MC⊥AB于點C，P是MN的中點，連接MB，NA，PC，試探究∠MCP，∠NAB，∠MBA之間的數量關系，并證明。

1.2 解法展示

1）如圖1，因為AB是半圓O的直徑，所以∠M=90°。

在Rt△AMB中，AB=

√MA2+MB2

，所以AB=10，OB=5。

又因為OB=ON，∠NOB=60°，所以△NOB是等邊三角形。所以NB=OB=5。

2）解法1：如圖3。

畫⊙O，延長MC交⊙O于點Q，連接NQ，NB。

因為MC⊥AB，OM=OQ，所以MC=CQ，即C是MN的中點。

又因為P是MQ的中點，所以CP是△MQN的中位線，

所以CP∥QN，所以∠MCP=∠MQN。

因為∠MQN=

∠MON，∠MBN=

∠MON，

所以∠MQN=∠MBN，∠MCP=∠MBN。

又因為AB是直徑，所以∠ANB=90°。

在△ANB中，∠NBA+∠NAB=90°，

所以∠MBN+∠MBA+∠NAB=90°，

即∠MCP+∠MBA+∠NAB=90°。

解法2：如圖4，連接MO，OP，NO，BN。

因為P是MN中點，OM=ON，所以OP⊥MN，且∠MOP=

∠MON。

因為MC⊥AB，所以∠MCO=∠MPO=90°。

設OM的中點為Q，則QM=QO=QC=QP，所以點C，P在以OM為直徑的圓上。在該圓中，∠MCP=∠MOP=

∠MQP。

又因為∠MOP=

∠MON，所以∠MCP=

∠MON。

在半圓O中，∠NBM=

∠MON，所以∠MCP=∠NBM。

又因為AB是直徑，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）本題的條件充足，由已知AB是半圓O的直徑，可知 ∠M=90°，△AMB為直角三角形，則容易順著“勾股定理”打開思路，求出AB=10，OB=5。∠NOB=60°，聯系隱含的條件OB=ON，得到 △NOB是等邊三角形，從而NB=OB=5。

2）探究∠MCP，∠NAB，∠MBA之間的數量關系，觀察圖形發現三個角不在同一個三角形中，角的度數不知道，也不存在外角關系，而且題目中給的數量關系條件較少，于是只能通過添加輔助線的方式來打開思路。由已知AB是半圓O的直徑，自然地想到連接NB，構造出了直角三角形△ANB，此時∠MBN+∠MBA+∠NAB=90°，很容易聯想到把∠MCP轉化為∠MBN。解法1和解法2都是用到同一種思想：轉化，把題目中要求的角轉化為找到的圓周角。解法1是利用垂徑定理得到中點，巧妙地利用中位線平行，得到同位角相等，把∠MCP轉化為圓周角。解法2 則是利用四點共圓把∠MCP轉化為與之相等的大圓中的圓心角，繼而轉化為圓周角∠MBN，同樣是得到∠MCP=∠MBN。

1.4 解后反思

本題是“圓”這一單元的綜合題，涉及勾股定理，垂徑定理，圓周角定理等很多知識內容，解題方式方法很多，不論哪種方法都是通過構造基本圖形，生成的自然解法。本題通過嘗試添加輔助線，構造一些基本圖形，聯系到等腰三角形“三線合一”的基本圖形，利用垂徑定理構造全等三角形和直角三角形等圖形。作為老師，對于一些題目能夠做到“一眼望穿”，但是學生對于教師“自然生成”的解法確實“一頭霧水”。學生在析題，解題思維受阻的大部分原因歸于不能研究問題，分析條件，產生關聯，發現問題本質。教師應該致力于探尋基于學生“最近發展區”的解法。

2 試題2

2.1 題目呈現

已知AB=8，直線l與AB平行，且距離為4，P是l上的動點，過點P作PC⊥AB交線段AB于點C，點C不與A，B重合，過A，C，P三點的圓與直線PB交于點D。

1）如圖5，當D為PB的中點時，求AP的長；

2）如圖6，圓的一條直徑垂直AB于點E，且與AD交于點M.當ME的長度最大時，判斷直線PB是否與該圓相切？并說明理由.

2.2 解法展示

1）解法1：如圖5，因為PC⊥AB，所以∠ACP=90°。

從而AP是直徑，所以∠ADP=90°，即AD⊥PB。

又因為D為PB的中點，可證 ，所以AP=AB=8。

解法2：如圖5，因為PC⊥AB，所以∠ACP=90°。又因為在圓中弧AP=弧AP，所以∠ACP=∠ADP=90°即AD⊥PB。又因為D為PB的中點，可證 ，所以AP=AB=8

解法3：如圖7，設圓心為O，PC與AD交于點N，連接OC，OD。

因為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。因為PC⊥AB，

所以∠NCA=90°，∠NDP=90°，即AD⊥PB。

又因為D為PB的中點，所以AP=AB=8。

2）當ME的長度最大時，直線PB與該圓相切

解法1：如圖8，設圓心為O，連接OC，OD。

因為CD（⌒）=CD（⌒），所以∠CAD=

∠COD，∠CPD=

∠COD，∠CAD=∠CPD。

又因為PC⊥AB，OE⊥AB，所以∠PCB=∠MEA=90°，所以△MEA∽△BCP，

。

設AE=x，則BC=8-2x。由

，可得ME=-

（x-2）2+2。

因為x>0，8-2x>0，所以0

又因為-

<0，所以當x=2時，ME的長度最大為2。

連接AP，因為∠PCA=90°，所以AP為直徑。

因為AO=OP，AE=EC，

所以OE為△ACP的中位線，OE=

PC。因為l∥AB，PC⊥AB，

所以PC=4，OE=2。

當ME=2時，點M與圓心O重合，即AD為直徑，即點D與點P重合，此時圓與直線PB有唯一交點，所以此時直線PB與該圓相切。

解法二：如圖8，設圓心為O，連接OC，OD。因為OE⊥AB，OA=OC，所以AE=EC。

設AE=x，則CB=8-2x。因為CD（⌒）=CD（⌒），所以∠CAD=

∠COD，

∠CPD=

∠COD，∠CAD=∠CPD。又因為PC⊥AB，OE⊥AB，所以∠PCB

=∠MEA=90°，

所以△MEA∽△BCP，所以

，可得ME=-

（x-2）2+2。因為x>0，8-2x>0，所以0

<0，所以當x=2

時，ME的長度最大為2。連接AP，因為AE=x=2，所以AC=BC=PC=4。因為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。又因為∠PCA=90°，所以AP為直徑，所以直線PB與該圓相切。

2.3 解法分析

1）本題中的第一個難點就是圖形中沒有圓心。一種思路，利用已知條件PC⊥AB，在圓中便可得到AP是直徑，AP的中點即為圓心從而得到AD⊥PB。再利用條件D為PB的中點，繼而得到三角形全等，把要求的線段AP轉化為已知線段AB。如果該題沒有分析到AP是直徑，仍然可以利用圓中同弧所對的圓周角相等得到AD⊥PB這個重要條件。另一種思路，沒有圓心那就假設一個圓心O，構造輔助線，利用圓心角和圓周角的關系得到∠NDP=90°，即AD⊥PB，從而解決問題。

2）動態幾何：從“動”中找“靜”是解題的通法，“當 ME的長最大時”，這句話是解題的關鍵條件，要轉化為函數法或幾何法解決問題。本題便是一道以圓為載體的動態幾何題，切線存在性問題。解法1便是通過相似三角形，轉化為函數求最大值問題，得到圓與直線PB有唯一交點，所以此時直線PB與該圓相切。依據的是直線和圓相切的定義。解法2是依據切線判定定理：經過半徑外端點并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線。

2.4 解后反思

動態幾何問題或者叫動點問題，是初中生比較怕碰到的題目。解決這類問題很關鍵的一點是“動中找靜”，抓住問題中不動的或不變的關鍵元素和有效信息，產生聯想。動態問題反映的是一個點或是一個圖形在限定條件下的變化，是一種自變量和因變量的關系，反映的是函數關系，可以轉化為建立函數關系式來解決問題。動態幾何問題中，不管是點動還是形動，都是以圖形特征為載體。解題過程中應特別關注圖形的特征，尤其是特殊情況、特殊位置時圖形中的信息。從特殊到一般發生關聯，產生聯想，發散思維。