一题多解典型案例张

一题多解典型案例张（共15篇）

篇1：一题多解典型案例张

一题多解典型案例

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

1x1214121x1x通过上面的方法，我们可以得到两个数大小的比较方法作差法，比较 151与的大小，也可以采用上述两种方法，这时候我们可以22-12-

篇2：一题多解典型案例张

在习题课中的 “ 一题多变 ” 是指从多角度、多方位对例题进行变化，引出一系列与本例题相关的题目，形成多变导向，使知识进一步精化的教学方法． 思维的变通性是指摆脱定势的消极影响，不局限于问题的某一方面，能够随机应变，举一反三，触类旁通。在二轮复习的解题过程中主动出击，运用变式，通过 “ 一题多变 ” 演绎问题的产生过程，能够摆脱由生活习惯中原有思维方式和平时解题所带来的思维定势，使思维具有变通性。

“ 一题多问 ” 培养思维的严密性

思维的严密性，主要表现在通过细致缜密的分析，从错综复杂的联系与关系中认识事物的本质。在题目解完后再通过 “ 一题多问 ” 自己考虑问题更全面细致，让自己的思维具有严密性。

篇3：一题多解

例 如图1所示的电路, 两只小灯泡 L1、L2分别标有“6V 3W”和“4V 2W”, 电源电压不变。当只闭合开关 S1, 滑片 P 滑到变阻器的中点时, L1恰能正常工作;当只闭合开关 S2, 滑片 P 滑到变阻器的 b 端时, L2恰能正常工作。求电源电压和滑动变阻器的最大阻值。

分析:设电源电压为 U, 滑动变阻器的最大阻值为 R。

(1) 当只闭合 S1时, 等效电路如图2, 此时 L1与undefined串联, L1两端的电压为额定电压6伏, 电流为正常工作的电流 Iundefined, 电阻 Rundefined, 总电阻 R总undefined。

(2) 当只闭合 S2时, 等效电路如图3所示, 此时 L2与 R 串联, L2两端的电压为额定电压4伏, 电流为正常工作的电流

Iundefined, 电阻 Rundefined, 总电阻 R总=Rundefined。

下面根据串联电路的特点、欧姆定律、电功率的有关知识采用多种方法求解, 以培养同学们综合运用知识分析问题和解决问题的能力。

解法1 电流法 利用串联电路的电流处处相等, 根据图2, 图3可得方程组:

undefined

解之得:U=8V, R=8Ω。

解法2 电压法 利用串联电路总电压等于各部分电压之和, 且电源电压不变。列出等式:

undefined (Rundefined, U=IR

解之得:U=8V, R=8Ω。

解法3 电阻法 利用滑动变阻器接入电路中的电阻列出等式:

undefined

解之得:U=8V, R=8Ω。

解法4 利用欧姆定律 Iundefined列出方程组:

undefined

解之得:U=8V, R=8Ω。

解法5 功率法 利用电功率列出方程组, 由P=UI,

I=U/R得:

undefined

篇4：一题多解“四要”

一题多解是手段,不是目的,目的是开拓学生的解题思路,发展学生的智力,培养学生的创新能力。在同课异构的观摩教学中,听了两位教师执教“按比例分配”一课,他们不同的教学,引发了我对一题多解的思考。

A教师在引导学生理解题意后,放手让学生用多种方法解决例题1,然后汇报解法。在教师不断“还有哪些解法”的追问下,师生绞尽脑汁罗列了6种解法。此时的解法汇报演变成了教师与尖子生的对话,大多数学生成了陪衬,且听得是云里雾里的。随后的例题2教学也如出一辙。当下课的铃声响了,课堂练习还没开始。

B教师在学生理解题意后,提出两个问题让学生思考:“这道题分配什么?按什么比例分配?”指导学生按比例分配法的解题步骤与书写格式,再放手让学生完成“做一做”。在此基础上观察例题1、“做一做”,引导学生总结按比例分配法的解题步骤。随后的例题2教学,教师放手让学生独立解决,并完成了大量的课堂练习,包括一些变式题,教学效率高,教学效果好。

课后访谈:A教师说,我是根据解决问题策略多样化的理念设计这节课的,没想到大部分学生却不领情,教学效果这么不理想。B教师说,我是这样思考的,学生第一次接触按比例分配的问题,这节起始课我不考虑让学生进行一题多解训练,而是重点让学生掌握好按比例分配解题的思路,夯实基础后,第二节练习课再进行一题多解训练。

比较两位教师的设计意图与教学实施情况,启示我们一题多解不能盲目进行训练,尤其是知识的起始课。那么,进行一题多解教学时要注意什么呢?

一、要针对学生实际

一题多解要因材施教。学生基础好,思维活跃,放手探究;学生基础差,思维水平一般,引导点拨。案例中的A教师忽视学生的实际,又不善于引领,课堂出现冷场也在情理之中。任凭教师“还有哪些解法”的呼唤,绝大多数的学生仍是无动于衷,课堂理所当然就演变成了教师与尖子生的对话,而大多数陪衬生对这些解法也是外行看热闹,更不用说是学困生了。那么,追求这样的一题多解有什么意义呢?

二、要夯实主要解法

笔者很赞成B教师的观点,学生第一次学习按比例分配问题,应让学生先掌握好按比例分配解题的思路及书写格式,在夯实主要解法后,再发散其他解法。也就是先让每个学生都掌握这一主要解法,再在理解主要解法的基础上触类旁通、举一反三,这才是进行一题多解的前提。

三、要梳理解题思路

一题多解不是罗列各种解法。因此,对于一道可以多解的题,教师不能只是简单地提出“这题还可以怎样解”,坐等学生的多种解法自然而然地“爆”出来,而应积极启发学生从不同角度看问题,从不同地方入手,通过不同途径找到题目的多种解法。当学生杂乱地提出多种解法后,教师不能就此止步,而应引导学生将这些解法进行整理归纳,从中进一步明确这些解法是通过哪些思路得到的,这样就可不断拓宽学生的解题思路。如,按比例分配问题的解题思路不外乎有归一思路、分数乘法思路(即按比例分配思路)、分数除法思路与分数除法相对应的方程思路。而案例中的A教师只是把一题多解理解成罗列出各种解法,忽视了引导学生梳理解题思路,纯粹是为一题多解而一题多解。

四、要比较多种解法

篇5：一题多解典型案例张

辅导专家提醒考生，数学一中，高等数学的考试重点在定积分、重积分、线面积分、无穷级数等章，而数学二、三、四的高等数学部分的考试重点在微分中值定理、定积分等后面几章。

考生应该按照辅导书全面地熟悉考研题型，上面给出的参考书都有详细解答，甚至解答就在题目的正下方，我们要求考生自主答题，一定要先自己做出来再根据答案修正，有的参考书有少量错误，所以考生不要盲目信从答案，要坚定自己的信心。考研辅导专家提醒考生，学习数学，我们不主张“题海”战术，而是提倡精练，即反复做一些典型的题，做到一题多解，一题多变。

训练抽象思维能力

考生在复习过程中要训练抽象思维能力，对一些基本定理的证明，基本公式的推导，以及一些基本练习题，要做到不用书写，只需用脑子默想，即能得到正确答案，就象棋手下“盲棋”一样，这样才叫训练有素，熟能生巧。辅导专家提醒考生，基本功扎实的人，遇到难题办法也多，不易被难倒。相反，做练习时，眼高手低，总找难题作，结果，上了考场，遇到与自己曾经做过的类似的题目都有可能不会;不少考生把会做的.题算错了，将其归结为粗心大意。确实，人会有粗心的，但基本功扎实的人，出了错立即就会发现，很少会“粗心”地出错。

把重心向后移

这个阶段大家一定要把复习的重心后移。这是因为数学的考点、重点、难点大部分均在每本书的中间或最后几章，命制的综合题和大题也多数是在后面几章出现。辅导专家提醒考生，数学一中，高等数学的考试重点在定积分、重积分、线面积分、无穷级数等章，而数学二、三、四的高等数学部分的考试重点在微分中值定理、定积分等后面几章。线性代数最重要是向量的线性相关性、线性方程组、特征值与特征向量、二次型与正定矩阵等内容。这几章题型变化多，知识点的衔接与转换非常集中，便于命制综合题。概率统计复习的重点是一维随机变量及其分布后面的几章。在复习高等数学时，一定要把极限论、微分学和积分学有机地结合起来，前后贯穿，灵活运用。在复习线性代数时，一定要以线性方程组为核心，前后融会贯通，灵活运用所学知识来分析问题和解决问题，不要将它们孤立割裂开来。比如行列式、矩阵、向量、线性方程组是线性代数的基本内容，它们不是孤立割裂的，而是相互渗透，紧密联系的。在复习概率统计时，考生要灵活运用所学知识，建立正确的概率模型，综合运用极限、连续、导数、积分、广义积分、二重积分以及级数等知识去分析和解决实际问题，提高解综合题的能力。

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篇6：高中数学“一题多解”的学习心得

进入高中阶段之后，我们经常会在数学学习时遇到困难。与初中数学相比，高中数学的学习难度比较大，我们需要对数学题目进行深度思考，理清数学题蕴含的逻辑结构。为了提高数学学习能力，提升数学解题效率，我们应该掌握“一题多解”的方法。

一、无法应用“一题多解”方法的原因探讨

(一)基础知识理解不足

我们处在成长的特殊阶段，对抽象知识的理解能力比较弱，对具象知识的理解能力比较强。高中数学知识具有抽象性特征，我们在理解知识时往往会出现认知混淆的问题。基础知识理解能力关乎解题效率，基础知识理解能力越强，解题效率越高;

基础知识理解能力越弱，解题效率越低。高中教材中有很多数学定理、数学公式、数学法则等，题目解析的难度相对较大。我们只有深入理解理论知识，将理论知识应用到解题实践中，才能收获事半功倍的解题效果，才能形成“一题多解”的思路。很多同学对数学知识点的掌握不足，没有将理论知识点和解题实践练习在一起，导致数学学习陷入困境。

(二)没有联系新旧知识

新的数学知识点和旧的数学知识点存在相通之处，只有把握新旧知识点的联系，构建完整的知识逻辑体系，才能在题海中乘风破浪。对数学理论知识进行分析，可以发现大多数数学知识都存在关联性，以代数知识为例，代数知识和几何运算知识相互联系，在开展几何运算时，需要以代数知识作为基础。知识串联有着突出的裨益作用：一方面，知识串联可以加决解题速度，提高解题效率。另一方面，知识串联可以培养严谨的数学解析思维，巩固数学知识结构。很多同学在解题过程中没有联系新旧知识，对新旧知识进行区别对待，导致数学解题效率比较低，“一题多解”无法实现。

二、高中数学“一题多解”的重要性

(一)开拓数学思维

首先，在数学解析中应用“一题多解”方法，可以开拓数学思维。数学问题大多设置了多个“陷阱”，我们需要深入挖掘题目的本质，探索问题的解答方法。“一题多解”可以辅助我们对数学题目展开多层次、多角度分析，培养数学解析能力。在“一题多解”的作用下，创新型的数学思维将逐渐生成，数学解题的正确率将大大提升。

(二)深化数学认知

其次，在数学解析中应用“一题多解”方法，可以深化数学认知。在传统数学认知模式中，知识的独立性比较强，“类型题”禁锢了我们的数学思维，我们经常对在“类型题”的解析中采用僵化方法。僵化方法的确能够解决类型题目，却不能解决复杂性的综合分析题目。“一题多解”可以帮助我们掌握举一反三的技巧，深化我们对数学知识的认知。

三、高中数学“一题多解”的有效方法

(一)等差数列的“一题多解”方法

在解决等差数列问题时，可以应用“一题多解”的重要方法。以下面这道题目为例，已知{an}满足an=n/n+2，并且存在n∈N*，诗比较an与an+1的大小。在对an与an+1进行比较时，我们可以结合之前所学的数学知识，对等差数列的特点进行分析。从作差的角度来看，当an与an+1之差大于0时，说明前者比较大;当an与an+1之差小于0时，说明后者比较大。从作商的.角度来看，当an与an+1的商大于1时，说明an比较大;当an与an+1的商小于1时，说明an+1比较大。在采用作差方法时，可以得出以下的式子：an+1=an=2/(n+2)(n+3)>0，所以an+1大于an。在采用作商方法时，可以得出如下的式子：an/an+1=n2+3n/n2+3n+1<1，所以an+1比^大。

(二)概率问题的“一题多解”方法

在解决概率问题时，也经常要应用“一题多解”的重要方法。一下面这道题目为例：已知箱子里有两个黄色球两个白色球，那么先摸一个黄球不放回，再摸一个黄色的概率是多少。第一种解答方法如下二假设先摸到黄球的概率为事件A，再摸到一个黄球的概率为事件B，那么两次都摸到黄球的事件为A∩B。对上述两个事件发生的概率进行罗列，提取相应的事件个数，A事件的个数是6，A∩B事件的个数是2，那么摸到两个黄球的概率应该是1/3。第二种解答方法如下二假设先摸到黄球的概率为事件A，再摸到一个黄球的概率为事件B，那么两次都摸到黄球的事件为A∩B，P(A)=1/2，P(A∩B)为1/6，P(B/A)为1/3。

篇7：一题多解的物理题(修改版)

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：

篇8：一题多解与一题多变

△ABC是一个三角形的纸片,点D、E分别是△ABC边上的两点.

探究 (1) 如果纸片沿直线DE折叠,使点A′正好落在线段AC上,如图1,则∠BDA′与∠A的关系是_______.

分析 解决翻折问题首先要想到在图形里找相等的量. 图1中DE为折痕,有∠A=∠DA′A,再利用外角的性质可得结论∠BDA′=2∠A.

解:∠BDA′=2∠A.

探究 (2) 如果纸片沿直线DE折叠,使点A′落在△ABC的内部,如图2,试猜想∠A和∠BDA′、∠CEA′的关系,并说明理由.

【分析】根据图2中∠A与∠DA′E是相等的,再结合四边形的内角和或三角形的外角的性质可得结论∠BDA′+∠CEA′=2∠A.

解:∠BDA′+∠CEA′=2∠A.

方法一:在四边形ADA′E中,∠A+∠DA′E+∠ADA′+∠A′EA=360°,

∴∠A+∠DA′E=360°-∠ADA′-∠A′EA,

∵∠BDA′ + ∠ADA′ =180° ,∠CEA′ +∠A′EA=180°,

∴∠BDA′ + ∠CEA′ =360° - ∠ADA′∠A′EA,

∴∠BDA′+∠CEA′=∠A+∠DA′E,

∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得,

∴∠A=∠DA′E,

∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A.

方法二:

如图3,连接AA′.

∵∠BDA′=∠DA′A+∠DAA′,

∠CEA′=∠EA′A+∠EAA′,

∴∠BDA′+∠CEA′=∠DA′A+∠DAA′+∠EA′A+∠EAA′=∠DA′E+∠DAE.

∵∠DA′E=∠DAE,

∴∠BDA′+∠CEA′=2∠A.

探究(3) 如果纸片沿直线DE折叠,使点A′落在△ABC的外部,如图4,试猜想∠A和∠BDA′、∠CEA′的关系,并说明理由.

【分析】图4中由于折叠,∠A与∠DA′E是相等的,再两次运用三角形外角的性质可得结论.

解:∠BDA′-∠CEA′=2∠A.

方法一:

∵纸片沿DE折叠,

∴∠ADE=∠A′DE,

∠AED=∠A′ED,

∠A=∠A′.

∵∠BDA′=180°-∠EDA-∠A′DE=180°-2∠EDA,

∠CEA′=∠AED+∠A′ED-180°=2∠AED-180°,

∴∠BDA′-∠CEA′=(180°-2∠EDA)-(2∠AED-180°)=180°-2∠EDA-2∠AED+180°=360°-2(∠EDA+∠AED)=360°-2(180°-∠A)=360°-360°+2∠A=2∠A.

方法二:

如图5,DA′交AC于点F,

∵∠BDA′=∠A+∠DFA,∠DFA=∠A′+∠CEA′,

∴∠BDA′=∠A+∠A′+∠CEA′,

∴∠BDA′-∠CEA′=∠A+∠A′,

∵△A′DE是由△ADE沿直线DE折叠而得,

∴∠A=∠DA′E,

∴∠BDA′-∠CEA′=2∠A.

探究(4) 将问题继续推广,如图6,将纸片四边形ABCD沿EF折叠,使点A、B落在四边形EFCD的内部,试猜想∠1 + ∠2与∠A、∠B之间的关系,并说明理由.

【分析】根据平角的定义以及四边形的内角和定理进行探讨.

解:∠1+∠2=2(∠A+∠B)-360°.

理由:∵四边形ABCD沿EF折叠,

∴∠AEF=∠A′EF,∠BFE=∠B′FE,

∠A=∠A′,∠B=∠B′.

∵∠1=180°-∠AEF-∠A′EF=180°-2∠AEF,

∠2=180°-∠BFE-∠B′FE=180°-2∠BFE,

点评 以上几个探究的解题思路是相同的,主要运用三角形或四边形内角和定理及其推论进行证明,遇到折叠的问题,一定要找准相等的量,结合题目所给出的条件在图形上找出联系即可.

篇9：一题多解　拓展思路

=360°.

求证：AE∥CD.

证法一：如图1，连接AC.

因为∠1+∠2+∠ABC+∠3+∠4

=360°，

又因为在△ABC中∠2+∠ABC

+∠3=180°，

所以∠1+∠4=180°.

所以AE∥CD.

证法二：如图2-1，过点B作BF∥AE，则∠A+∠1=180°.

因为∠A+∠ABC+∠C=360°，

即∠A+∠1+∠2+∠C=360°，

所以∠2+∠C=180°.

所以BF∥CD.

所以AE∥CD.

或：如图2-2，过点B作BF∥AE，则∠1=∠A.

因为∠1+∠2+∠ABC=360°，

又因为∠A+∠ABC+∠C=360°，

所以∠1+∠2=∠A+∠C.

因为∠1=∠A，

所以∠2=∠C，

所以BF∥CD.

因此AE∥CD.

证法三：如图3，在CD上任取一点F，连接AF.

因为在四边形ABCF中∠3+∠2

+∠ABC+∠C=360°，

又因为∠1+∠2+∠ABC+∠C

=360°，

所以∠1=∠3，

所以AE∥CD.

证法四：如图4，在AE、CD上分别取点F、G，连接FG.

因为在五边形ABCGF中，

∠A+∠ABC+∠C+∠1+∠2=540°（五边形内角和）.

又因为∠A+∠ABC+∠C=360°，

所以∠1+∠2=180°，

所以AE∥CD.

证法五：如图5，延长AB、DC相交于点F.

因为∠A+∠ABC+∠BCD=360°，∠BCD=∠1+∠F.

所以∠A+∠ABC+∠1+∠F=360°.

又因为∠ABC+∠1=180°，

所以∠A+∠F=180°，

所以AE∥CD.

证法六：如图6，过点C作CF交AB于点G，交EA的延长线于F.

因为∠BAE=∠1+∠F，且∠1=∠2，

所以∠BAE=∠2+∠F.

因为∠BAE+∠ABC+∠3+∠4

=360°，

所以∠2+∠F+∠ABC+∠3+∠4

=360°.

因为在△ＧＢＣ中∠2+∠ABC

+∠3=180°，

所以∠F+∠4=180°，

所以AE∥CD.

证法七：如图7，过点B作FG分别交EA、DC的延长线于点F、G.

因为∠BAE=∠F+∠1，∠BCD

=∠2+∠G，

又因为∠BAE+∠ABC+BCD

=360°，

所以∠F+∠1+∠ABC+∠2+∠G

=360°.

因为∠1+∠ABC+∠2=180°，

所以∠F+∠G=180°，

所以FE∥GD，即AE∥CD.

篇10：一题多解教学方法浅谈论文

通过研究发现只有10%的学生在做题中会思考用不同的方法解答并写出来，15%左右的学生想到其他方法但不会写出来，75%左右的学生只是按常规思维方法写出一种解法，根本不去考虑是否还有其他解法。分析原因：一方面是学生思维长期受到束缚；由于一些升学压力是教师在教学时只重视结果而忽略了学生的思维过程，教师在讲题时也大部分只讲一种方法并要求全班记住。这样学生的思维长期处于一种封闭状态。另一方面忽略了一题多解的意义。部分教师和学生由于对一题多解的作用和意义认识不深刻，导致在平时的教学和学习中就不注意这方面的发展。

二、在教学中注重培养学生一题多解的能力。

在教学中具体怎样才能更好地培养学生一题多解的能力？怎样才能更有效地开发他们的思维潜力？通过几个月的调查、分析、试验，我认为首先要激发学生学习兴趣；兴趣是最好的老师，是培养学生创新思维的前提。有的学生并不是不聪明，也不是思维能力差，而是由于对数学这门学科缺乏兴趣而使他们的潜力没有挖掘出来。部分学生认为做题纯属是为了完成老师布置的任务，在做题时只要能做出来就很满足了，从不考虑其他方法。针对这种情况教师应该在平时的教学中除了讲授数学知识外，还应该让学生了解一些数学学科的意义及作用，使学生从思想上重视数学这门学科，逐渐产生兴趣。并且对在做题中能用多种方法解答的学生要及时表扬鼓励，让这些同学能向更好的方向发展。其次，用以下方法逐渐培养。

1.提示引导法。

2.提问引导法。

有的习题可能学生用多种方法做有些吃力，教师可以用提问的方法一步步问下去，到一定的步骤学生会豁然开朗。时间长了，学生会把这种思考方法转化成自己的思维能力。

3.操作引导。

在教学可操作的习题时可以让学生动手操作，能很直观地帮助学生分析题的特点，从不同角度去解决问题。

如：一个长方体的礼品盒的侧面是边长为2分米的正方形，高1.5分米，制作这个礼品盒要用多少纸板？（接头处忽略不计）学生很快用长方体的表面积公式计算出来了，（2×1.5+2×2+2×1.5）×2=20（平方分米）。我让学生做这样一个学具并观察它的特点，学生很快发现长方体有两个面是正方形时，其他4个面相等。

本次研究还得出培养学生一题多解时应把握以下几点：

（1）让学生明白不是所有的题都能用几种方法，有些题方法是唯一的。

（2）不是所有的学生都能在做题时用多种方法解答，极个别学困生用一种方法都困难，教师不能做统一要求。

（3）培养学生一题多解能力不是一朝一夕的事情，渗透在平时的教育教学当中，教师要持之以恒，慢慢培养。

篇11：四年级数学应用题一题多解比赛

（说明：本卷共10题，每题必须要用两种方法解答，满分100分）

1、水波小学每间教室有3个窗户，每个窗户安装12块玻璃，8间教室一共安装多少块玻璃？

2、白塔村计划修一条288米的水渠。前两天一共修了48米，照这样的进度，还要几天能修完？

3、虹光宾馆购进100条毛巾，每条4元。如果用这些钱购买8元一条的毛巾，可以买多少条？

4、生产队在15平方米的土地上共育苗135棵，照这样计算，要育苗1215棵，需要多大面积的土地？

5、有一筐苹果连筐重42千克，卖掉一半苹果后，连筐重22千克，这个筐重多少千克？

6、上衣50元，裤子25元，买4套这样的服装共需要多少元?

7、哥哥有81张邮票，弟弟有75张，哥哥给多少张给弟弟，他们就一样多了。

8、一块正方形木板，钜去一个角，剩余的木板还有几个角？（画出简单示意图）

9、计算1+2+3+4+5+6+……+19+20结果。

篇12：一题多解典型案例张

【摘要】随着现代技术的发展，多媒体在物理教育中的应用越来越广泛，但是在应用过程中也存在着一些问题。本文针对物理课堂教学中多媒体应用存在的负面效应提出一些看法，供广大同仁参考。

【关键词】多媒体物理教学负面效应对策

随着教育事业的发展，多媒体在物理教学中的运用越来越广泛。利用多媒体进行课堂辅助教学，能把难以用实验演示的内容展示出来，把一些抽象的物理知识变成直观的“模拟实验”，它最大的优点是以声情并茂、生动形象的视频效果，激发学生的情绪，有利于调动学生的学习兴趣。然而我们在教学实践中发现，多媒体的运用也会带来一些问题。由于有的教师对多媒体在教学中的使用经验不足和认识上存在的误区，课堂教学一味追求使用多媒体，不可避免地也带来一些负面效应。本文主要从课堂教学的角度来探讨多媒体对教与学的负面影响，以引发大家的关注和思考，使多媒体能够得到更恰当、更有效的应用。下面结合本人课堂教学的实际，谈谈自己对这方面的一些粗浅的看法。

一用多媒体代替实验

物理学是由实验和理论两部分组成。而实验是人们认识世界的一种活动，是进行科学探究的基础。学生通过科学探究过程的亲身体验，可以形成尊重事实、探索真理的科学态度，发展学生的想象力和分析概括能力，使学生养成良好的思维习惯，敢于质疑，敢于创新。然而在物理教学活动中，有的教师上课时不仅不做学生分组实验，连演示实验也不做，直接用多媒体来展示实验的过程。他们认为，准备实验太麻烦，课前花的时间太多，实验时的数据又不那么准确，课堂上不如投影一下既快又方便，省时省力。有的教师甚至连很简单的实验也不做，如刻度尺的使用、平面镜对光的反射等。长此以往，学生就会认为，物理知识不是来源于生活，是脱离实际的、空洞的。我们知道，这不符合探索科学的客观规律。只有通过实验操作，并分析和处理各种可能和不可能预见的情况，才能培养学生的动手动脑、分析问题、解决问题的能力，提高学生的综合素质，这也是当前新课程标准中应特别注重的。在实验的探究过程中还可以培养学生团体合作的精神。所以我们在平时的教学过程中，能够做的实验，尽量不用多媒体课件去模拟，放手让学生去做。不仅演示实验、分组实验要做好，而且还要指导学生做好课后的小实验。让学生手、脑、眼并用，使学生真正体会知识的发生、发展的过程，养成尊重科学、尊重事实的优良品质。

二对思维的限制

科学探究是研究物理问题的一种重要方法，它可以使学生从过去的被动接受知识向主动地获取知识转化，从而培养学生的科学探究能力、实事求是的科学态度和敢于创新的探索精神。可是有的教师在指导学生进行物理科学探究时，早已把猜想和假设的内容设计在课件上了，实验的器材、步骤也全有。如果学生猜想和假设与课件上的不同，就想方设法引导到课件上来。实验的数据和结论是固定好的，如果用这种方法让学生来进行科学探究，不仅束缚了学生的思维，谈不上培养学生的科学探究能力，更不能培养学生的创新精神。它过分地强调了学生直观形象思维能力的培养，却忽视了学生抽象逻辑思维能力的培养，而在一个人的思维发展中，后者要比前者重要得多。因此，我们在进行科学探究教学时，要努力克服以上的不足，教师要少一点主观臆断，让学生在科学探究中放飞思想，培养学生的发散式思维，使学生养成良好的思维习惯，敢于质疑，敢于创新。

三过大的课堂容量

使用多媒体，增加了课堂的容量，加快了课堂的节奏。由于信息量大、速度过快，学生只能是走马观花地观看一个个画面，没有消化和理解的机会，这样反而会影响学生的接受效果。课堂教学的最终目的是把书本知识转化为学生的知识，而学生学习每一个知识，都有一个认识、思考、消化吸收的过程，学习的内容过多，学生就会接受不了，昏头昏脑，这和传统的填鸭式教学并没有什么两样。课件上的内容是课前设计好了的程序，而在课上运用课件时往往会由于种种原因耽误了时间，不能按时完成准备好了的任务，于是下面的内容就加快了速度，非要一堂课教完全部设定好的内容。因此在教学过程中不能只顾对学生的灌输，不考虑学生的接受能力，纯粹的为了完成教学计划，根本不能突出学生的主体地位。我们知道，多媒体是教学的.辅助工具，在教学活动中，要注意多媒体辅助教学的针对性和有效性，呈现的内容必须为教学目标服务，要避免出现过分使用多媒体，防止学生由于视觉疲劳、精神高度集中而引起的身心疲惫，从而导致学习效率的下降。运用多媒体要做到择机呈现、适度运用，还要注意内容呈现的速度和节奏，要考虑到不同水平的学生接受知识能力的不同，这样才能充分体现多媒体在教学中的真正意义。

四用多媒体代替板书

多媒体在课堂上的运用，减轻了教师的课堂负担，尤其是板书。有的教师课堂使用了多媒体，一堂课下来，黑板上什么痕迹都没有。老师板书逐渐的被多媒体的投影所代替。这样也会带来一系列的负面影响。不少的老师总是把一些物理规律、定理、公式、结论都事先设计在电脑里，上课时用课件呈现，投影的内容变化的很快，学生根本来不及记，即使记的快的学生也不够完全，甚至还会记错。如果老师在黑板上板书事先设计好了的内容，便可以减少学生整理知识的时间，学生容易记下来。通过板书，课堂的内容脉络清晰，有条有理，一目了然，易于记忆。一个老师优美的板书，不仅可以陶冶学生的情操，还可以对学生书写能力的提高起到一个潜移默化的作用。所以在使用多媒体进行课堂教学时，一定要在黑板上设计好板书。

总之，多媒体技术应用到物理课堂教学中，可以把难以用实验进行的内容模拟出来，用一些生动的画面把一些难以用语言表达的内容呈现给学生，有效促进了学生对知识的理解和消化，激发了学生的学习兴趣，为学生掌握知识创造了有利的条件。

篇13：例谈一题多解

已知椭圆E经过点A (2, 3) , 对称轴为坐标轴, 焦点F1, F2在x轴上, 离心率e=1/2.

(Ⅰ) 求椭圆E的方程 ;

(Ⅱ) 求∠F1AF2的角平分线所在直线l的方程.

命题意图:本题考查椭圆的定义及标准方程, 椭圆的简单几何性质, 直线的点斜式方程与一般方程, 平面向量的应用, 点到直线的距离公式, 到角公式, 角平分线性质及三角形的内角平分线性质等基础知识, 考查解析几何的基本思想及综合运算能力.

解法指导: (Ⅰ) 的解法省略, 所求椭圆E的方程是.

(Ⅱ) 思路一 :根据题意 , 直接设所求直线l的方程为 :y-3=k (x-2) .可求直线l与x轴的交点B的坐标.由 (Ⅰ) 易得直线AF1和AF2的方程分别为3x-4y+6=0和x=2, 根据角平分线性质, 点B到直线AF1和AF2的距离相等可解斜率.由点A在椭圆E上的位置如图可知k>0, 则k=2.因此, 所求直线l的方程为:2x-y-1=0.

思路二:在思路一的基础上, 如果考虑到将所求具体一点B变为所求直线l上任意一点P (x, y) , 则点P (x, y) 满足的方程即为所求直线方程.根据角平分线性质, 点P到直线AF1和AF2的距离相等可以解斜率, 整理易得直线l的方程为:2x-y-1=0.

思路三:如果设∠F1AF2=θ, 所求直线斜率为k, 考虑到焦点三角形面积公式亦可展开求解思路.

思路四:在思路三的基础上, 设所求直线斜率为k, 则k=tan∠ABF2. 如果考虑到△AF2B为直角三角形 , 则∠ABF2与∠BAF2互余, 也可以求出k=2.

思路五:如果设B (x, 0) , 根据通径易知AF2=3, 由椭圆第一定义可知AF1=5, 考虑到三角形内角平分线性质 , 解得直线与横轴的交点, 进而求得斜率.

思路六:如果考虑到平面向量的相关知识, 易知和的同向单位向量的和向量恰好为所求直线l的方向向量也可以求解直线的方程.

思路七:由于△F1AF2为直角三角形, 因此∠F1AF2的角平分线所在直线l经过△F1AF2的内心, 易求其内心坐标 (1, 1) , 由直线的两点式方程得l的方程为:2x-y-1=0.运用此方法联系平面几何的知识, 简便易懂.

篇14：巧妙联想　一题多解

题目如图1，△ABC中，∠ACB=90°，∠CAD=30°，AC=BC=AD.求证：BD=CD.

思考：对本题直接进行解答，一下子无从下手，似乎在条件与结论之间无法建立联系.如果我们根据问题所提供的条件∠CAD=30° 及AC=BC，进行联想，构造熟悉的图形，那么解法就会“油然而生”.

策略一要说明BD=CD，也就是要说明△BCD为等腰三角形.我们可以联想到构造底边上的中线、高或顶角的平分线.如果作出底边BC的高DF，则应有CF为BC的一半.又由∠CAD=30°，我们联想到直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半.因此，可以构造出一个直角三角形ACE，只需要说明边CE与CF相等即可.

证法1：如图2，过C作CE⊥AD于E，过D作DF⊥BC于F.

∵∠CAD=30°，

∴∠ACE=60°，且CE=1/2AC.

∵AC=AD，∠CAD=30°，

∴∠ACD=∠ADC=75°.

∴∠ECD=∠ACD-∠ACE=15°，∠FCD=90°-∠ACD=15°.

∴∠ECD=∠FCD.

∴△CED≌△CFD（AAS）.

∴CF=CE=1/2AC=1/2BC.

∴CF=BF.

∴Rt△CDF≌Rt△BDF（SAS）.BD=CD.

证法2：如图3，过D作DE⊥AC于E，过D作DF⊥BC于F.

∵∠CAD=30°，

∴∠ADE=60°，且DE=1/2AD.

∵∠ACB=90°，

∴DE∥BC.

∴∠EDC=∠FCD.

∴△CED≌△DFC（AAS）.

∴CF=DE.

∴CF=1/2AD=1/2BC.CF=BF.

∴Rt△CDF≌Rt△BDF（SAS）. BD=CD.

策略二由于△ABC是一个等腰直角三角形，我们可以联想到利用此三角形构造出一个正方形，从而可以得到等边三角形.

证法3：如图4，作△AEB，△AEB≌△ACB，则四边形AEBC为正方形.连接ED.

∵∠BAD=45°-∠CAD=45°-30°=15°，

∴∠EAD=∠EAB+∠BAD=45°+15°=60°.

又∵AD=AC=AE，

∴△ADE是等边三角形.

∴ED=AD=AC=EB.△EBD为等腰三角形.

∵∠DEB=90°-∠AED=30°，

∴△ACD≌△EBD（SAS）.

∴CD=BD.

策略三根据条件中的角度∠CAD=30°，∠CAB=45°，我们可以构造以AC为边的等边△ACE，如图5，从而可以得到图形中的△BDE是等边三角形，可得CD、DE、BE和BD都相等.

证法4：如图5，作△ACE，使△ACE为等边三角形，连接ED、EB.

∴∠CAE=60°，CE=AC.

∵AC=AD，∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°，∠BCD=90°-∠ACD=15°.

∵∠ECD=∠ACD-∠ACE=75°-60°=15°，∴∠BCD=∠ECD.

又∵CD=CD，EC=AC=BC，

∴△ECD≌△BCD（SAS）.ED=BD.

∵∠CAE=60°，∠BAC=45°，∠CAD=30°，∴∠DAB=∠EAB=15°.

∵△ACE为等边三角形，AC=AD，∴AD=AE.

∴△ABD≌△ABE（SAS）.

∴BE=BD=DE，△BDE为等边三角形.

∴∠DBE=60°，∠DBA=30°，∠CBD=∠ABC-∠DBA=15°.∠CBD=∠BCD.

∴CD=BD.

篇15：一题多解典型案例张

如图：已知青AB=AC，E是AC延长线上一点，且有BF=CE，连接FE交BC于D。求证：FD=DE。

分析：本题有好多种证明方法，由于新课标主

要用对称、旋转方法证明，但平行四边形的性

质、平行线性质等都是证题的好方法，我在这

里向初中三年级同学面对中考需对平面几何

证明题的证明方法有一个系统的复习和提高。

下边我将自己证明这道题的方法给各位爱好

者作以介绍，希望各位有所收获，仔细体会每中方法的异同和要点，从中能得到提高。我是

一位数学业余爱好者，不是学生，也不是老师，如有错误，请批评指证。信箱：.证法一∧≌∠⊥∥△□°

证明：过E点作EM ∥AB交DC延长线于M点，则∠M=∠B，又因为∠ACB=∠B ∠ACB=∠ECM=∠M，所以CE=EM，又EC=BF从而EM=BF，∠BFD=∠DEM 则△DBF≌△DME，故FD=DE；

证法二A

证明：过F点作FM∥AE，交BD于点M，则∠1=∠2 = ∠B所以BF=FM，又∠4=∠3∠5=∠E

所以△DMF≌△DCE，故 FD=DE。

F

C

证法三 E

以BC为对称轴作△BDF的对称△BDN，连

接NE，则△DBF≌△DBN，DF=DN，BN=BF，NF⊥BD，∠FBD=∠NBD，又因为∠C=∠FBD

所以∠NBD=∠C。BN∥CE，CE=BF=BN，所以四边形BNCE为平行四边形。故NF∥BC，所以NF⊥NE，因FN衩BD垂直平分，故D

EN是FE的中点，所以FD=DE。（也可证明D是直角△NEF斜边的中点）。

证法四：

证明：在CA上取CG=CE，则CG=BF，AF=AG，所以FG∥DC，又因为∠1=∠2，所以FBCG为等腰梯形，所以

FG∥DC，故DC是△EGF的中位线。所以 FD=DE。

E

证法五

证明：把△EDC绕C点旋转180°，得△GMC，则△EDC≌△GMC

M

CE=GC=BF

连接FG，由于GC=BF，从而AF=AG，∠1=∠AFG FG∥BC，所以FBMG为等腰梯形，所以 FG∥DC，故DC是△EGF的中位线。所以 FD=DE。证法六

证明：以BC为对称轴作△DCE的对称△DCN，则和△DCE≌△DCN；CN=CE=BF ∠2=∠3；又∠1=∠3，∠B=∠1所以

∠2=∠B，BF∥CN，所以四边形BCNF为平

行四边形，DC ∥FG，∠1=∠4，所以 ∠2=∠4=∠CNG，所以 CG=CN=CE； 故DC是DC是△EGF的中位线。所以 FD=DE。

证法七

证明：延长AB至G，使BG=CE，又因AB=AC，BF=CE则AG=AE

ABAG

ACAE

所以BC∥GE，则BD是△FGE

G