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1、江苏省苏州市2023年中考数学复习指导 浅谈解决初中数学题的方法 ;浅谈解决初中数学题的办法与策略解决数学问题就是将数学问题转化为最熟悉的根本问题加以解决.因此我认为，解决数学问题这一过程可分为下列几个阶段. 一、弄清问题，即审题每道数学题都有条件和结论，审题时要逐字逐句认真阅读，兼顾条件与结论.有的数学问题题意含蓄，目标隐晦，这时应该指导学生在着手制定、实施解题计划之前，由表及里，力求先搞分明目标，化隐为显，挖掘出题目中的隐性条件，为最终解决问题打下根底，使得思维活动更加有的放矢.例1某园林的门票每张10元，一次使用，考虑到人们的不同要求，也为了吸引更多的游客，该园林除保存原来的售票方式外，
2、还推出了一种购置个人年票的售票方式(个人年票从购置日起，可供持票者使用一年)门票分为A、B、C三类，A类每张120元，持票者进入园林后无需再买门票，B类年票每张60元，持票者进入园林后，需再买门票每次2元，C类门票40元，持票者进入园林后再买门票每次3元.(1)如果你选择一种购置门票的方式，并且你方案在一年中用80元花在该园林门票上，试通过计算，找出可进入该园林的次数最多的购票方式;(2)求一年中进入园林至少多少次，购置A类年票比拟合算 解(1)由题意知，不能选A类年票120元.806010(次) 28040113(次) 假设选C类年票，那么可进入园林23808(次) 假设不买年票，那么可进入
3、园林10假设选B类年票，那么可进入园林由此可知，故选C类年票.602x120 (2)至少超过x次时，购置A类年票最划算，那么由题意，有403x120,解之10x120x302,得x30. x263x12因此一年中进入园林次数超过30次时，购置A类年票最合算. 二、拟定方案学生解题能力的上下，取决于学生的素质，即知识结构与认知结构.它们与解题能力的关系，恰如屋基与高楼，树根与大树的关系.因此，培养学生的解题能力，一定要从数学根本理论，根本技能和根本办法的教学抓起.例2如果抛物线yx2(m1)xm1与x轴交于A、B两点，且A点在x轴的正半轴上，B点在x轴的负半轴上，OA的长是a,OB的长是b.2
4、1 (1)求m的取值范围;(2)假设a:b3:1，求m的值，并写出此时抛物线的解析式;(3)设(2)中的抛物线与y轴交于点C，抛物线的顶点是M，问:抛物线上是否存在点P，使PAB的面积等于BCM面积的8倍假设存在，求出P点坐标;假设不存在，请表明理由.分析这一类题是探索性的，需要独立思考，前两问是为第三问作铺垫的，都是常规的思路不太难.第三问是若条件成立可导出什么结果，在求BCM的面积时要用分割法，因为BCM是任意三角形，它的面积不好求，而BCN和CMN的面积都好求，底都为2CN1，高都是1. SBCMSBCNSCMN，这样就化难为易了.方程x2x34有解那么P点存在，如果方程无解那么P点不存
5、在，探索性题的思路都是这样的.解(1)设A、B两点的坐标分别为(x1,0),(x2,0).因为A、B两点在原点的两侧，所以x1x20，即(m1)0.122(m1)4mm4m84(m)27.2当m1时，0，所以m的取值范围是m1.(2)因为a:b3:1，设a3k,bk(k0)，那么x13k,x2k，所以3kk2(m1)， 3k(k)(m1)解得m12,m2114.因为m时.x1x2 (不合题意，舍去).所以m2. 3332所以抛物线的解析式是yx2x3.(3)易求抛物线yx2x3与x轴的两个交点坐标是A(3,0),B(1,0);抛物线与y轴交点坐标是C(0,3 );顶点坐标是M( 1 ,4).设
6、直线BM的解析式为ypxq，2那么4p1qp2,解得.0p(1)qq2所以直线BM的解析式是y2x2.设直线BM与y轴交于N，那么N点坐标是(0,2). 2所以11SBCMSBCNSMNC11111.2211设P点坐标是(x,y)，因为SABP8SBCM，所以ABy81，即4y8.22所以y4，由此得y4.当y4时,P点与M点重合，即P(1 ,4 ) ;当y4时，4x2x3，解得x122.所以满足条件的P点存在. P点坐标是(1,4)，(122，4)，(122，4).三、实现方案教师在教学过程中要以身作那么，做出示范，严格要求自己，成为学生的典范，逐步培养学生严谨的叙述能力.2B100,A45
7、,DBA75,例3四边形ABCD中，DCBC，假设A30，求BC的长.CBD分析(1)本题的解题过程，体现了两种转化:1)题目图中有斜三角形，一般通过添适当的辅助线使之转化为直角三角形.2)把条件先集中到一个直角三角形中，使其首先可解，求出这个直角三角形的其他元素之后，使相邻的直角三角形也可解.解过点B作BEAD于点E.在RtABE中，A45,AB100.BE502. A45,DBA75,ADB60.BE52,BD1006. 31006， 3在RtBCD中，CBD30,BDBC50.四、反思一题多解和解题全面 为了提高解题能力，应该培养学生全面思考的能力和多种办法的探究，倡导和训练学生 3 进
8、行有效的解题反思.例4如图，平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于A(3,0), B(0, 3)两点，点C为线段AB上的一动点.过点C作CDx轴于点D. (1) 求直线AB的解析式; (2)假设S梯形OBCD43，求点C的坐标; 3(3)在第一象限内是否存在点P，使得以P,O,B为顶点的三角形与OBA相似假设存在，请求出所有合乎条件的点P的坐标;假设不存在，请表明理由.分析(1)由待定系数法直接求出其解析式.(2)由题意可得SAOB,S梯形OBCD是知道的，从而可求出SACD.又由OB3,OA3可得出BAO30，由此可得点C的坐标.(3)要使以P、O、B为顶点的三角形与OBA相似，就应
9、该考虑到OBPRt,OPBRt，BOPRt,这三种情况，并分别予以讨论.解(1)直线AB解析式为y(2)办法一:3x3. 3S13343， OAOB,SAOB梯形OBCD223ACDS3. 6由OAOB，得BAO30,AD3CD.S13332CDADCD，可得. CDACD2263AD1,OD2.C(2,3). 33x3), 3办法二:设点C坐标为(x,则ODx,CD3x3. 3 4S(OBCD)OD梯形OBCD236x23x.由题意：36x23x433， 解得x12,x24(舍去)，C(2,33). (3)第一种情况:当OBPRt时,(如图) 假设BOPOBA，那么BPOBAO30,BP3O
10、B3,P31(3,3)， 假设BPOOBA，那么BOPBAO30,BP33OB1. P2(1,3). 第二种情况:当OPBRt时，过点O作OPAB于点P(如图)，此时PBOOBA; BOPBAO30， 过点P作PMOA于点M.5 办法一:在RtPBO中，BP133OB,OP3BP. 222在RtPMO中，OPM30， 1333. OMOP,PM3OM244333P3(,).44办法二：设P(x,33x3),得OMx,PMx3. 33由BOPBAO，得POMABO.tanPOMPMOM3x3OA3,tanABO3, xOB33333x33x,解得x.此时，P3(,).4344OBA(如图)，那么
11、OBPBAO30,POM30.假设POBPM33. OM3433P4(,). (由对称性也可得到点P4的坐标)44第三种情况:当BOPRt时，点P在x轴上，不合乎要求. 综合得，合乎条件的点有四个，分别是:P1(3,333333),P2(1,3),P3(,),P4(,). 34444总之，学生解题能力的培养与提高，不是一朝一夕能做到的，也不是仅靠教师的潜移默化和学生的自觉动就能做好的，需要教师根据教学实标，坚持有目的、方案地进行培养和训练. 6 办法一:在RtPBO中，BP133OB,OP3BP. 222在RtPMO中，OPM30，1333. OMOP,PM3OM244333P3(,).44办
12、法二：设P(x,33x3),得OMx,PMx3. 33由BOPBAO，得POMABO.tanPOMPMOM3x3OA3,tanABO3, xOB33333x33x,解得x.此时，P3(,).4344OBA(如图)，那么OBPBAO30,POM30.假设POBPM33. OM3433P4(,). (由对称性也可得到点P4的坐标)44第三种情况:当BOPRt时，点P在x轴上，不合乎要求. 综合得，合乎条件的点有四个，分别是:P1(3,333333),P2(1,3),P3(,),P4(,). 34444总之，学生解题能力的培养与提高，不是一朝一夕能做到的，也不是仅靠教师的潜移默化和学生的自觉动就能做好的，需要教师根据教学实标，坚持有目的、方案地进行培养和训练. 6
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