時間：2023-12-20 15:18:25
導語：在對角線的規律的撰寫旅程中，學習并吸收他人佳作的精髓是一條寶貴的路徑，好期刊匯集了九篇優秀范文，愿這些內容能夠啟發您的創作靈感，引領您探索更多的創作可能。
一、明確數學變式教學理論
無論應用怎樣的教學方法，教師都需要先了解其理論基礎．數學變式教學同樣具備其獨有的理論基礎．對于人類的生長周期，我們能夠應用邏輯學中的“運算”進行劃分，其中，人類的智力成長周期可以分為四個階段，依次是感觸規律階段、規律探索階段、運算作用階段、運算規律操作階段．根據智力成長的周期特性，我們不難發現，學習其實是需要準備的，尤其是對數學知識這種抽象性很強的知識，更需要學生做出充分的準備和積極的探究．初中生的智力成長正在運算作用階段，逐漸向運算規律操作階段發展，當然，這不是絕對的，每個學生都不一樣，有些學生能力較強已經發展到運算規律操作階段，而有些學生則還處于規律探索階段．因此，初中階段，學生的思維能力正在發展，對于學生理解能力的培養是非常重要的．數學中有很多概念和符號都比較抽象，學生在理解時會出現很大難度，難以快速地形成系統的知識框架．目前，很多初中數學教師在課堂教學中，應用文字講解加符號教學的方式進行教學，這對學生知識理解的幫助作用是微乎其微的．學生在難以理解知識的情況下，智力成長也會受到阻礙，從而導致學習效率無法提高，初中數學教學失去意義．在初中數學變式教學中，其教學活動是圍繞著培養學生理解能力這一主題展開的，通過教學知識的理論與應用，將傳統的理論教學變成應用教學．
二、發揮變式教學的作用
在明確變式教學的理論基礎后，還需要在實際的教學過程中進行應用，充分發揮其作用．變式教學的基本教學思路是，在教學中增加一題多變、一法多用、一題多解等模式的應用，通過培養學生的思維理解能力，提供教學有效性．在初中數學變式教學中，對于某一知識難點的理解，教師不能沿用過去硬性灌輸的低效方法，應當將理論與應用相結合，圍繞同一理論知識，設計多種類型的題目，然后引導學生在解題的過程中，理解其中蘊含的數學理論知識，這樣學生能夠對數學理論知識有非常透徹的理解，將來無論遇到什么樣的題型，學生都能發掘其理論知識本質，從根本找出解決的方法．在變式教學中需要用到非常多的例題，看起來與題海戰術有相似之處，但兩者的本質是完全不同的，變式教學引用例題，不是為了讓學生見到更多題型，按套路解題，而是在教學抽象理論知識的時候，通過靈活多變的題目，將枯燥乏味的理論知識演繹出來，讓學生運算規律操作得到充分的鍛煉．在初中數學中應用變式教學，可以有以下三個作用．
其一，數學理論知識的變式突顯教學的重點．變式教學能夠很好的促進數學理論知識教學．在初中數學變式教學中，對于數學抽象理論知識的教學，無論是定理、概念、性質還是公式，都可以與其應用教學結合起來，首先從比較具有特殊性的問題入手，將抽象的理論知識具象化，讓學生對知識有初步的了解，然后再逐漸發展到一般性的問題當中，對理論知識進行普適性講解，從而易化學生對知識的理解，幫助學生快速掌握．
其二，數學變式教學有助于學生思維能力的提高．初中數學變式教學的實質是對理論知識的教學，在教學的過程中，學生的思維理解力一直在提升，對知識的深入探究，也能鍛煉學生的思維深度．在變式教學中，通過反例的列舉，能夠從另一個角度，將知識的本質更清晰地反映出來，同時，學生在學習的過程中，將反例與原問題對比分析，能夠提高學生的思維批判性，增強學生的判斷能力;數學變式教學中，一題多解、一法多用以及一題多變等模式，能夠將各類問題的多個角度展現在學生面前，學生在學習的過程中，能夠有效提升自身的思維全面性和敏捷性．
晶閘管可控電抗器（TCRs）由兩個反并聯的晶閘管串聯一個電抗器組成，它是靜止無功補償中的重要組成元件[1]。TCRs作為可變電感，可快速、平滑地調節所吸收的無功功率，因此它和晶閘管投切電容器（TSC）一起成為電力系統中無功補償和電壓調節的重要手段[2,3]。然而，從電能質量方面考慮，TCRs作為開關型電力電子器件，在運行過程中，將大量的諧波電流注入系統，是電力系統中重要的非線性諧波源[4,5]。
分析TCRs產生的諧波，主要有四類方法。①恒流源法：基于TCRs的典型諧波頻譜和特定運行工況的基波潮流結果，根據恒流源法的公式計算得出TCRs注入系統的諧波電流[6-8]，該方法在目前的諧波分析中應用廣泛。②諾頓等效電路模型：在恒流源模型的基礎上并聯表征TCRs諧波電壓和諧波電流自耦合效應的導納[9,10]，但未考慮諧波電壓和諧波電流之間的互耦合作用。③基于傳遞函數的模型：TCRs中背靠背的晶閘管交替導通和關斷，任一晶閘管導通時定義開關函數為1，所有晶閘管都關斷時定義開關函數為0[11-13]；基于此傳遞函數，在頻域中推導得出TCRs的諧波模型[14]。該模型通過兩個導納矩陣將TCRs各次諧波電壓和諧波電流的耦合關系展示出來，模型準確但計算復雜。④時域法：用微分方程描述TCRs電壓和電流之間的關系，通過求解微分方程得出TCRs注入系統的諧波電流[15]。該方法準確，但對大系統來說，搭建模型所需的工作量大且仿真運行時間長。
以上各諧波模型的提出均以在諧波潮流中應用為主，缺乏對TCRs諧波特性的分析。而研究TCRs的諧波產生特性，將有助于對諧波源建模采取合理的近似和簡化以及諧波潮流分析的進行。頻域中TCRs的諧波矩陣模型[14]通過完全解析的公式將TCRs端口各次諧波電壓和諧波電流之間的耦合關系直觀地展示出來。本文將基于TCRs的諧波耦合矩陣模型，對TCRs的諧波產生特性進行深入分析。研究發現，TCRs的每次諧波電流均由三部分組成：由基波電壓產生、由同次諧波電壓產生以及由不同次諧波電壓的耦合作用產生的諧波電流。本文首先分析了諧波電流各組成部分的貢獻大小，在此基礎上提出了TCRs的忽略諧波電壓共軛影響的模型、解耦的模型和恒流源模型，給出了各簡化模型的解析計算公式，并研究了觸發延遲角對簡化模型精度的影響。
2TCRs的諧波耦合矩陣模型
TCRs多按三角形聯結方式在三相電路中使用，如圖1所示。3及3的倍數次諧波經三相電感環流而不注入交流系統。根據三相TCRs的工作原理和傳遞函數，可在頻域中推導出其諧波耦合矩陣模型[14]式中，h=1,5,7,…,H，H為所計算的諧波最高次數，hI和hV分別為TCRs端口的h次諧波電流和電壓相量，hV為hV的共軛分量，Y和Y是TCRs的諧波耦合矩陣模型。矩陣各元素的解析表達式為式中，為晶閘管的觸發延遲角；L為TCRs中的電抗值。模型表明，TCRs的諧波電流不僅由其端口的諧波電壓產生，而且也與其諧波電壓共軛分量有關。該模型將TCRs端口的諧波電壓和它所產生的諧波電流之間的耦合關系通過Y和Y兩矩陣直觀地體現出來，且矩陣的各元素以完全解析的公式給出。通過分析諧波耦合矩陣元素的特點，可對TCRs的諧波產生機制進行分析。
3TCRs的諧波耦合矩陣特性分析
首先給出Y+、Y各元素相對大小的直觀比較（見圖2，觸發延遲角為20°）。所有元素均以1,1Y（幅值最大的元素）為基準進行標幺化，對比結果以百分比的形式給出。由圖可知，Y的對角線元素、第一行、第一列以及Y的第一行元素有較大的幅值，說明這些元素所對應的電壓分量在TCRs的諧波電流產生中起主要作用。
3.1基波電壓的作用
Y+、Y的第一列元素共同表征了TCRs端電壓的基波分量對TCRs各次諧波電流產生的影響。因Y的第一列元素為零，該影響完全由Y+的第一列元素決定。由式（2）可知，h,1Y的幅值有如下形式：式中，sin(h1)的取值在（0,1）的范圍內；h,1Y的幅值隨諧波電流次數h的增大，以21h的速度遞減。如果供電電源中不含諧波，TCRs產生的諧波電流隨諧波次數減小的速度將大于整流裝置[13]。由式（3）可知，任一元素幅值均是觸發延遲角的函數，圖3示出了h,1Y隨觸發延遲角和諧波次數的變化規律（所有元素均以1,1Y為基準進行標幺化）。這一列元素不含任何諧波的作用，是恒流源模型的解析計算公式。因此可將式（1）所示的完整模型分為基波電壓（恒流源模型，Shh,11IYV）與諧波電壓的作用兩部分，如式（4）所示。
3.2諧波電壓對基波電流的作用
TCRs的基波電流主要由基波電壓通過1,1Y產生（1,1Y即為TCRs基頻下的等效導納），但Y+和Y的第一行均有非零元素，表明TCRs將供電端的部分諧波電壓轉化為基波電流送入系統。h,1Y元素的幅值為該幅值隨諧波次數的增大以1h的速度遞減。圖4所示為了元素幅值隨觸發延遲角和諧波電壓次數的變化規律。研究發現，隨觸發延遲角的增大，1,1Y并不總是第一行中幅值最大的元素，如當70時，1,5Y成為幅值最大的元素。但從電力系統實際考慮，單次諧波電壓畸變率一般小于5%，因此該轉化作用對基波潮流的影響不大。
3.3TCRs的諧波自導納
Y+對角線元素表征h次諧波電壓與h次諧波電流之間的自耦合效應，即TCRs的諧波自導納，計算公式如下：推導發現，對角線元素的幅值以1/h的速度遞減，與值為πL[32(2π)]的電抗具有相同的特性，表明TCRs在諧波頻率下等值為πL[32(2π)]的感性電抗。但該值與TCRs在基頻下的電抗并不相同。由式（2）可知，基頻下TCRs的電抗值L1為式（6）和式（7）可作為TCRs諾頓等效電路模型中自導納的修正公式[10]。
3.4諧波電壓與諧波電流的互耦合
TCRs諧波電壓與諧波電流之間的互耦合效應，即某次諧波電壓對另外一次諧波電流的影響，可由分析Y+的非對角線元素得出。Y+的非對角元素幅值為元素的幅值隨諧波次數h的增大而遞減，同時元素還隨hk遞減。hk是h次諧波電壓與k次諧波電流之間的距離，距離越近，h,kY越大。為衡量互耦合作用的強弱，定義參數K+為因諧波電壓和諧波電流都是奇次，hk一定是偶數，因此K+必具有如下形式：K+隨兩耦合諧波次數的距離而變化，同時也隨觸發延遲角變化，其變化規律如圖5所示。分析式（9）和圖5可得出以下結論：（1）對于h次諧波電流，（hk）次諧波電壓對其產生的影響與（h+k）次諧波電壓產生的影響具有相同的幅度。（2）對任意觸發延遲角和hk組合，K+總小于1，即在Y+矩陣的任一行（h＞1），對角線元素總是幅值最大的元素。（3）對任意觸發延遲角，hk值越小，對應的導納矩陣的元素幅值越大，即離對角線元素越近，諧波電壓與諧波電流的耦合作用越強。（4）當觸發延遲角接近90°時，K+接近1，此時對角線元素變得非常小（見式（2）），所以TCRs的諧波耦合作用是很弱的。
3.5諧波電壓共軛的貢獻大小研究
為研究TCRs端口諧波電壓共軛對其諧波電流產生的影響，定義K為Y元素h,kY與Y+對角線元素h,hY幅值之比K隨諧波電壓和諧波電流次數之和hk變化，當k=h=5時,hk取得最小值。圖6為K隨觸發延遲角的變化規律。可見，K比K+更小。當觸發延遲角60≤時，K小于0.2。這表明，TCRs供電端電壓的共軛分量在TCRs諧波電流產生中的作用要遠小于其端電壓相量。
4TCRs的諧波分析簡化模型
通過以上對TCRs諧波耦合矩陣元素的取值規律和物理意義的分析，得出TCRs的諧波產生有如下特點：（1）Y+第一列元素表征TCRs端電壓基波分量對TCRs諧波電流產生的影響。此列元素不含任何諧波電壓的作用，是恒流源模型的計算公式。（2）Y+對角線元素總是每行中幅值最大的（h＞1），且離對角線越近的非對角線元素幅值越大。這表明，對任一次諧波電流，同次諧波電壓與其產生的自耦合效應要強于不同次諧波電壓與其的互耦合效應，互耦合的程度隨諧波電壓和諧波電流距離的增大而減小。（3）TCRs供電端電壓的共軛分量對TCRs諧波電流產生的作用遠小于其端電壓相量。
基于諧波耦合矩陣元素的取值規律以及TCRs的諧波產生特性，可對TCRs的諧波模型進行簡化。（1）Y+模型：忽略諧波電壓共軛對各次諧波電流產生的影響+IYV（12）（2）解耦模型：在Y+模型的基礎上，進一步忽略Y+的非對角線元素，即忽略諧波電壓和諧波電流的互耦合作用，并將基波電壓對諧波電流產生的影響表示為恒流源這是TCRs的解耦諧波模型，為電流源ShI并聯上諧波自導納。在諧波潮流中采用此模型時可使得各次諧波潮流獨立計算，計算量將大為減小。（3）恒流源模型：在解耦模型的基礎上，進一步忽略各次諧波電壓和諧波電流之間的自耦合效應，只考慮基波電壓的影響，可得出TCRs的恒流源模型，其諧波電流的解析計算公式與式（13）中的ShI相同。恒流源模型由于計算簡單方便，是目前各類諧波分析中廣泛采用的模型。
5觸發延遲角對簡化模型精度的影響
由式（2）可知，任一元素均是觸發延遲角的函數，觸發延遲角將影響各簡化模型的精度。根據TCRs的運行機理，在0～90°范圍內變化。當系統的供電電壓總畸變率為9.68%時，對各模型的精度進行了分析（MatlabSimulink仿真電路參數見表1）。圖7給出為10°、40°、80°時，各簡化模型與精確模型的仿真波形結果對比。可見觸發延遲角較小時，各簡化模型和完整模型吻合程度都較高，隨觸發延遲角的增大，簡化模型的精度降低。為精確衡量三種簡化模型的準確度，定義E為簡化模型和完整模型之間的誤差式中，hI為由完整模型得出的h次諧波電流值；hI為由各簡化模型得出的h次諧波電流值。表2給出了不同觸發延遲角時各簡化模型與完整模型之間的誤差E。當觸發延遲角70≤時，Y+模型、解耦模型以及恒流源模型的精度都較高；但當觸發延遲角70>時，簡化模型的結果和完整模型的結果有差異，這是因為隨著觸發延遲角的增大，諧波電壓和諧波電流之間的耦合程度增強。然而，隨觸發延遲角增大，TCRs產生的諧波電流實際值也將非常小。因此在工程應用中，若對模型精度要求不高，在較大觸發延遲角下仍可采用各簡化模型。簡化模型的意義在于，可減小諧波潮流計算中形成導納矩陣的工作量，加快計算速度。特別是當利用TCRs的解耦模型時，各次諧波頻率下的諧波潮流可解耦計算，計算量將大為減小。
一、生成式探究
所謂生成式探究是指在課堂教學過程中，對動態生成的問題進行的局部探究。課堂是教師教學的主陣地，是學生獲得知識的主渠道。在這個動態過程中，學生作為認知的主體，會帶著自己的認知結構參與課堂活動，從而使課堂生成了許多課前沒有預料到的情況，當情況發生時，教師要針對生成的問題類型進行有效的處理，其中有些問題進行局部探究是一種很好的選擇。第一，動態生成的問題情境，學生具有迫切地想探究事物本質屬性的認知心理，通過探究使學生能夠揭開問題的本質。第二，探究有助于增強學生的主體意識。在課堂探究中，每一個學生都有機會發表自己的認識和觀點，每一個學生都能對其他學生的觀點進行評價，這樣有利于調動學生的學習積極性、主動性、自覺性，從而發揮學生的主體作用，增強學生的主體意識。第三，探究有利于培養學生的觀察能力，有利于培養學生發現問題、解決問題的能力，有利于培養學生創新能力。例如：點到直線距離概念教學。
案例1。
師：很多同學在運動會上跳過遠，跳遠時，裁判員是如何測量運動員成績的？（不犯規的情況下）
生1：從起跳點鞋的后跟測到落地點鞋的后跟。
生2：不對，是從起跳點鞋的前尖測到落地點鞋的前尖。
生3：你們兩個說的都不對，是從落入沙坑鞋的后跟測到起跳板的。（同學認為生3說的正確。）
師：如何從落入沙坑鞋的后跟測到起跳板？
生4：用皮尺測量。
師：如何測？起跳板是一塊板，有一定的長度和寬度，測到不同的位置，運動員的成績是一樣的嗎？
生5：不一樣，不公平。
生6：從落入沙坑鞋的后跟測到起跳板前邊，并且皮尺要垂直于起跳木板。
師：為什么要垂直于起跳板前邊？
生7：不垂直成績不唯一，而且都比垂直的遠。（聯結直線外一點與直線上各點的所有線段中，垂線段最短）
師：皮尺相當于一條線段，起跳木板前邊相當于一條直線的一部分。實際上是一條滿足什么條件線段的長度是運動員的成績？
生7：落入沙坑鞋的后跟到起跳板前邊所在直線的垂線段的長度。
師：這實際就是一條直線外一點到一條直線的距離，叫做點到直線的距離。請同學給出定義。
生8：直線外一點到這條直線的垂線段的長度，叫做這個點到直線的距離。
思考：以上是一個概念的教學過程，動態生成的探究問題，通過教師根據問題變化情況，由教師提出局部探究的主題，學生進行局部探究的過程。首先教師提出問題，跳遠時，裁判員是如何測量運動員成績的？整個問題在學生的回答的過程中，動態生成的第一個探究問題是當學生得到“是從落入沙坑鞋的后跟測到起跳板的”，一部分學生感覺得到答案了。這時教師反問到“如何測？起跳板是一塊板，有一定的長度和寬度，測到不同的位置，運動員的成績是一樣的嗎？”引發了學生的探究，然后經過學生的爭辯，最終得到了問題的答案。
以上通過教師、學生思維的相互碰撞，使學生的思維得到激活，最后對如何科學合理測量成績達成共識。最后給出點到直線距離定義，水到渠成。在此過程中，學生如數學家一樣，以主人身分去發現問題、探究解決問題，培養了學生的創新能力。
二、遞進式探究
所謂遞進式探究，是指利用遞進式變式題組創設問題情境，進行的探究。遞進式變式題組是指在課堂教學中，為了達到某一教學目的，根據學生的認知規律，合理有效地設計一組數學問題，且這組數學問題又有一定的內在邏輯聯系，即前一個問題是后一個問題的特殊情況，后一個問題是前一個問題的一般的情況，這樣由特殊到一般的題目組合稱為遞進式變式題組。這種遞進式變式題組，層層遞進，由淺入深，由簡到繁，循序漸進，螺旋式上升，有利于學生對問題本質的深刻理解，進而掌握規律。規律是事物發展過程中本身所固有的必然聯系。規律是客觀存在的，是不以人們的意志為轉移的，人們只能發現規律，利用規律，不能改變規律。蘇霍姆林斯基說“人的內心里有一種根深蒂固的需要，總想感到自己是發現者、研究者、探尋者”。數學教學中有很多規律需要學生去探究，教學中要鼓勵學生去探究規律并掌握規律，教師要為學生的學習創設探究情境，建立探究的氛圍，促進探究的開展，把握探究的深度，這樣才能調動學生探究的積極性，激活學生探究的潛能，以尋到規律。
案例2：冪的乘方法則的探究過程，給出如下遞進式變式題組，以使學生自主探究規律。
（1）（23）4=2（） （2）（a3）4=a（ ）
（3） （2m）n =2（） （4）（am）n=a（）
思考：顯然（1）是底數、指數都是具體數，學生很容易利用乘方的意義得到問題的答案。接下來（2）（3），在（1）的基礎上，（2）把底數由具體數變成了字母，（3）把指數由具體數變成了字母。（4）是在（2）（3）的基礎上，把底數、指數都變成了字母，得到了一個一般的冪的乘方的規律。在以上探究過程中，充分運用一組遞進式變式題組，由特殊到一般地進行探究，使學生跳一跳就能摘到果子，從而使學生能夠順利地得到乘法法則，同時建構數學認知結構。
三、類比式探究
所謂類比式探究，是指當新知識與已有的知識之間有相同或相似之處時，運用類比推理進行的探究。第一，類比推理作為一種合情推理的方法，在數學知識的發現中發揮著巨大的作用。波利亞曾說過：“類比是偉大的引路人”，并在《怎樣解題》中說：“在求解（求證）一個問題時，如果能成功地發現一個比較簡單的類比題，那么這個類比問題可以引導我們到達原問題的解答”。第二，《標準》對類比方法提出了教學建議，“通過觀察、實驗、歸納、類比、推斷獲得猜想”。第三，通過類比有利于學生的知識發生正遷移，利用已有的舊知識，來認知新知識，有利于使學生頭腦中建立完善的知識網絡，從而加深對數學知識的理解。例如，通過平方根和立方根知識，讓學生類比探討n次方根知識。通過分數的基本性質，讓學生類比探討分式的基本性質。通過全等三角形的判定方法，來探索相似三角形的判定方法等。
四、實驗式探究
所謂實驗式探究，是指利用實驗的方式進行的探究。《標準》指出：學生學習應當是一個生動活潑的、主動的和富有個性的過程。除接受學習外，動手實踐、自主探索與合作交流同樣是學習數學的重要方式。學生應當有足夠的時間和空間經歷觀察、實驗、猜測、計算、推理、驗證等活動過程。通過數學實驗，使學生把所學的知識用于生產、生活、實際，體驗知識和形成過程，用數學的思維方式去觀察世界、感悟世界。在函數教學后，設計探究活動。
案例3：一天中，8時至12時，一個電線桿的影子長度與時間之間是否存在函數關系？
（1）收集數據
（2）分別以時間為橫坐標，影子長度為縱坐標，在平面直角坐標系中，分別描出各點，并用光滑曲線將這些點連接起來。
（3）影子長度L是時間t的函數嗎？為什么？
思考：實驗性探究要與學生的生活緊密結合。因為要探究的問題是學生沒有解決過的問題，對學生有一定的挑戰性，但如能與學生的生活經驗相結合，有利于問題的解決。一是學生生活經驗經內化后，成為了學生進行認知的固著點，這樣有利于學生進行新的建構。二是要與學生的學習內容相結合。這樣便于學生利用已有的知識進行深入的研究。三是實驗本身要有很強的可操作性，這樣更有利于學生的實驗操作，獲得知識。上述實驗性探究在函數教學后，讓學生自主進行探究，首先可使學生加深對函數概念的深層次理解，同時掌握進行實驗研究的基本方法。其次讓學生體會到數學是平平常常的、自自然然的、就在我們身邊，就在我們生活中。
五、推理式探究
所謂推理式探究，是指通過邏輯推理的方式進行的探究活動。《標準》指出：義務教育階段的數學課程是培養公民素質的基礎課程，具有基礎性、普及性和發展性。數學課程能使學生掌握必備的基礎知識和基本技能；培養學生的抽象思維和推理能力；培養學生的創新意識和實踐能力。李大潛院士認為：“老是量，就倒退到尼羅河時代去了”，價值在于理性思維，從公理出發的演繹推理。姜伯駒院士在政協的提案指出：“三角形內角和等于180°這樣的基本定理，讓學生用剪刀將三個角進行拼接實驗。只知其然不知其所以然，如何培養思辨能力？”可見在數學教學中培養學生的推理能力是數學教學的核心任務之一，有很多知識是需要學生通過理性推理獲得，因此教學中，教師要創造條件，讓學生通過邏輯推理的方式去獲得知識，這是培養學生的獨立思考能力、創新能力非常重要的方法之一。
案例4：平行四邊形一條對角線所在直線上的兩個不同點（非平行四邊形對角線的交點，兩個點同時在一條對角線上或同時在一條對角線的延長線上）如果分別到這條對角線兩個端點的距離相等，那么這兩點與平行四邊形另外兩個頂點的連線構成的四邊形是什么圖形？
分析：探究此命題分五種情況，二種情況是兩點都在對角線上（非端點，非對角線交點），另二種情況是兩點都在對角線的延長線上，還有一種情況是兩個點就是對角線的兩個端點，這時命題顯然是成立的，因此下面只對另外四種情況進行證明。
情況1：如圖1，已知？荀ABCD中，E，F是對角線AC上的兩點，且AE=CF。探索四邊形BEDF形狀，并證明。
證明：聯結BD交AC于點O，因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以OA=OC，OB=OD，又因為AE=CF，所以OA-AE=OC-OF，即OE=OF，所以四邊形BEDF是平行四邊形。
情況2：如圖2，已知？荀ABCD中，E、F是對角線AC所在直線上的兩點，且AE=CF，探索四邊形BEDF形狀。
證明：聯結BD，因為四邊形ABCD是平行四邊形，所以OA=OC，OB=OD
又因為AE=CF，所以AE+OA=CF+OC，即OE=OF，所以四邊形BEDF是平行四邊形。
情況3：如圖1，已知？荀ABCD中，E，F是對角線AC上的兩點，且AF=CE。
探索四邊形BEDF形狀。
分析：由AF=CE，所以AF-EF=CE-EF，所以AE=CF，從而問題轉化為情況1。
情況4：如圖2，已知？荀ABCD的對角線AC、BD相交于點O，E、F是直線AC上的兩點，并且AF=CE，探索四邊形BEDF形狀。
分析：由AF=CE，所以AF-AC=CE-AC，所以CF=AE，從而問題轉化為情況3。
綜合以上情況，四邊形BEDF是平行四邊形。
思考：一是推理性探究，探究問題要在學生的最近發展區內。讓學生跳一跳，就能摘到果子，獲得成功的體驗，并在成功的快樂中，充分激活學生的潛能。二是探究的問題應該有代表性、典型性，是一類問題的突出代表，具有共性特點。目的是盡量做到能用典型問題這一把“鑰匙”開一類“鎖”，以達到“做一題，通一類，會一片”的效果。三是上述數學問題只要滿足本命題的條件，都可通過證明平行四邊形的策略進行解決，此法是解決這類問題的一個通法。數學問題多種多樣、千變萬化，但有很多問題的本質都是相同的，只不過把它的非本質屬性變化了一下，對這些問題加以歸納、概括其本質屬性，就會得到解決此類問題通用解題方法，從而達到舉一反三、事半功倍的教學效果。
總之，在教學中一是要結合學生的生活經驗，二是要結合學生的數學認知結構，三是要考慮問題研究的價值。科學合理地選擇探究性的問題，使學生經歷發現、操作、實驗、歸納、猜想、驗證等數學活動，從而培養學生的探究精神、探究能力和創新能力。
參考文獻
關鍵詞：教學問題再創造本質
日本著名數學教育家米山國藏認為，把問題簡單化是學習數學的最基本精神. 無論是生活中的問題，還是數學本身比較復雜的問題，簡單化是發現數學規律的有效途徑. 教師在其間建立適當的路標，引導學生由簡單到復雜學習，由低層次到高層次去學習、去生成新的再創造問題.
在幾種常見課型中，如何體現再創造教學的本質？譬如：概念課中，如何讓學生理解概念本身乃至概念背后所體現的學科思想方法；習題課中如何通過題目訓練學生思維的發散；如何分解綜合題，設計問題串，把習題還原成挑戰學生認知過程的探索問題；復習課中如何整合知識形成體系，引領學生站在一定的高度看問題.
一、學科概念形象的再創造
學科概念是掌握該學科知識體系的基石，通過生活實例、演示實驗給學生提供一個平臺，讓學生在問題情境中體驗概念形成的過程.
在新人教版第五章相交線與平行線的“三線八角”教學中，面對剛剛接觸幾何的學生，教學中除了揭示定義的數學本質外，借助于直觀的形象的教具以豐富學生的感性認識，概括出“三線八角”的識別要領：如圖1，同位角∠1與∠2成“F”型.如圖2，內錯角∠3與∠4成“Z”型.如圖3，同旁內角∠5與∠6成放倒的“U”型， 讓學生充分地理解概念。
在概念學習過程中，教學生以學習方法，有利于學生學習能力的培養.
二、一題多解、一題多變，解法的再創造
在“平行四邊形的判定”的例題教學中，設計如下：如圖4，ABCD,點E、F在對角線BD上,BE=DF,求證：四邊形AECF為平行四邊形。
1、給學生一定的時間進行解題探究，讓每個有想法的學生“說題”
【生1】：先證明兩次三角形全等（ABE≌CDF,ADF≌CBE），得兩組相等邊(AE=CF,AF=CE)，再利用“兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形”證明四邊形AECF為平行四邊形.
【生2】：只用一次三角形全等（ABE≌CDF），得到AE=CF，進一步證明AE∥CF，再利用“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得出結論“四邊形AECF為平行四邊形”.
【生3】：“連接AC、BD相交于點O”，利用“平行四邊形的對角線互相平分”得到OA=OC,0B=OD;結合BE=DF，進一步得到OE=OF,再利用“對角線互相平分的四邊形是平行四邊形”證明.
【生4】：可不可以利用“平行四邊形是中心對稱圖形”證明啊？（可以）又如何表達呢？…
通過以上“一題多解”的說題,充分展示學生的思維過程,各種不同的證明方法得以喚醒與鞏固。
2、借助變式訓練，引導學生思維向縱深發展
【變式1】如圖5，如果E、F在對角線BD的延長線上，連接AE、EC、CF、FA，能否證這個四邊形是平行四邊形？通過這個變式，揭示 “等量加等量(或等量減等量)還是等量”.
【變式2】如果再增加兩個點，也就是說“有四個點在兩條對角線或它們的延長線上”，你能構造圖形嗎？學生給出四種圖形,如圖6所示：
【老師點評】：這些變式的解題方法都是從“對角線”來證明，這些
圖形里外都是平行四邊形，是一種典型的“母子關系”.
其他同學還有別的想法嗎？有一位學生，提供了圖7：
【學生】已知平行四邊形ABCD是中心對稱圖形。
直線繞著點O旋轉到任意位置，都可以得到相等線段.設分別與AD、BC相交于點E、F，可證OE=OF,在對角線BD的延長線上截取BM=DN,則有四邊形EMFN是平行四邊形.
【老師】百變不離其宗――四邊形的“對角線”，這是編題的最本質所在.
通過說題及例題變式，引導學生歸納題目的共性，多題歸一，產生以題帶類的教學效果.
三、思維方式的再創造
1、選題具有針對性、典型性和靈活性
在復習課中選例能針對教學的重點、難點和考點，有代表性，同時貼近學生的“最近發展區”，能起到示范引路、方法指導的作用. 還應在情境設問、立意等方面作變化，從不同角度使學生對知識和方法有更深入的理解. 在二次函數復習課中。
例如：如圖8，拋物線y=ax2+bx-2與x軸交于兩個不同的點A(－1，0)，B(m，0)，與y軸交于點C，且∠ACB＝90°。
(1)求m的值和拋物線的解析式；
(2)已知點D(1，n)在拋物線上，過點A的直線y=x+1交拋物線于另一點E． 在x軸上是否存在點P，以點P，B，D為頂點的三角形與AEB相似，若存在，求點P的坐標，若不存在，請說明理由。
2、 巧用課堂提問，激活學生思維
第一、調度好新舊認知的聯結點，第二、促進思維活動的良好起步，設計問題，先熱身訓練。
【問題6】探點一：連結DB，在x軸上，點P有否可能在點B右側？
(只要觀察∠DBx與∠EBA是否有可能相等,即求∠DBx的大小和∠EBA的取值范圍)
探點二：在x軸上的點B左側是否存在點P?
四、發掘“土定理”，以題帶類，結論的再創造
數學的最大特征就是簡約性. 再創造的價值不僅僅是把某一個題目做出，而是要不斷尋求數學理性思維的生長點，選擇最佳途徑，從而進入新的探求境界，努力培養學生用數學的意識和數學建模的能力.
在初三復習課時，通過例題練習讓學生領悟到某些知識點之間的聯系，還要幫助學生整合知識塊，歸納出一些“土定理”，對學生尋求一類題型的思路有導向作用. 以相似基本圖形“三線一等角”土定理的課堂設計為例：
1、先給出基本圖形的特殊情況，讓學生認識到模型的特征.
如圖13,已知：∠A=∠B=∠DEC=90°, 你能得出哪些結論？
【老師】如果這“三等角”∠A=∠B=∠DEC=.(如圖16)，還能得出上述結論嗎？說出你的理由.
【歸納】 “一線三等角定理” ：
如圖13，點E在直線AB上，且∠A=∠B=∠DEC，則ADE∽BEC文字敘述為：如果頂點在一條直線上的三個角相等，那么它們所在的兩個三角形相似.點評：這個“土定理”有普遍意義，它有利于我們在相似三角形中尋找解題思路.
【變換題目的條件】：
簡單化是發現數學規律的有效途徑. 教師的任務是在其間建立適當的路標，在問題驅動下引導學生由簡單到復雜學習，由低層次到高層次去學習、去生成新的再創造問題.教學中關注思維形成的過程，為再創造學習尋找生長點；學會借題發揮，重視高層次的思維、深層次的知識和實質性的對話. 努力培養學生對問題的剖析能力、促成以題帶類的本質性遷移，把借助數學內容的學習讓學生去發揮數學資源的再創造價值作為追求的最高境界。
參考文獻：
關鍵詞：數學思想方法；滲透；中職數學教學
在中職數學教學中，有數形結合、化歸、分類討論、對應等多種數學思想方法。采用平鋪直敘的方式教授，無法提高學生的學習興趣，甚至有可能增加學生的學習負擔。E.卡爾康曾經說過：“思維就是對事物是什么的探究。”我們可以采用探究式教學模式，有步驟、有策略地滲透數學思想方法，逐步提高學生的思維能力，激發學習興趣。在數學教學中，我們可以通過以下幾點來滲透數學思想方法。
一、創設問題情境，蘊涵數學思想方法
現代思維科學認為，問題是思維的起點，任何思維過程都是指向某一具體的問題的。而問題又是創造的前提，一切的發明創造都是從問題開始的。問題情境是指問題呈現的知覺方式；問題情境又是課堂教學的一種“氣氛”，它能夠促使學生積極主動地、自由地去想象、思考、探索，去解決問題或者發現規律，并可伴隨一種積極的情感體驗。
在學生學習某種新知識之前，如果讓他們先了解這種知識在生活中的原型，那么他們對新知識的理解就會更自然、深刻和全面，學習態度也會表現得更加主動。通過創設問題情境，構建適當的認知差，引起學生的認知沖突，非常有利于激發學生的探索心理。
二、探索發現問題，滲透數學思想方法
弗賴登塔爾認為：學習數學的唯一方法是實行“再創造”，也就是由學生本人把要學的東西自己去發現或創造出來，教師的任務則是引導和幫助學生去進行這種再創造的工作，而不是把現成的知識灌輸給學生。因此，教師通過滲透數學思想方法，引導學生自主探索，給予學生充分的時間和空間去觀察、測量、動手操作，使他們對周圍環境和事物產生直接的感知，進一步地發現和創造所學的數學知識。
進入問題情境后，學生開始審題，這是弄清問題的一個過程。學生首先要通過閱讀和思考，明確已知條件是否充分、多余或矛盾。教師再通過滲透數學思想方法，引導學生去發現問題。
三、探究解題策略，運用數學思想方法
教師在組織學生去分析已知、未知和所求的數學關系后，學生就會嘗試尋找解決問題的途徑。在知識探求的過程中，特別注意的是要讓學生自己去觀察、歸納、類比、聯想和論證，逐步通過試探或試驗來提出各種解題策略，運用數學思想方法獲取深層知識，最后在教師的引導下，確定問題的最終解決辦法。
例題1：一個九邊形有多少條對角線？
在解這道題時，一開始，學生因為對九邊形不熟悉，無法入手。教師可以先提出簡單的問題，如四邊形有多少條對角線，然后以長方形或者正方形為例，講解一個，就很容易發現長方形有2條對角線，正方形也有2條對角線，顯然對角線的條數和四邊形的形狀沒有關系，而是跟四邊形的頂點個數有關，而四邊形有4條邊，就有了4個頂點，每兩個頂點連接有一條線段，就有C24=6條線段，而其中每相鄰的頂點連結不構成對角線，因此有6-4=2條對角線。然后教師引導學生用類比的思想，去推算如果是五邊形又有多少條對角線這樣的問題，最后讓學生去解決一開始的問題，學生自然而然會得到正確的答案：九邊形有C24-9=27條對角線。最后教師指出，這里我們運用了從特殊到一般，從簡單到復雜，以及類比數學思想方法，使學生能夠感覺這些方法的神奇。
四、反思解題過程，評價數學思想方法
一個好的小結不只是對課堂教學內容的簡單回顧，還是對所運用的數學思想方法的總結提煉。通過學生自己總結，不但促進了學生對知識的理解，培養了他們的數學表達能力和概括能力，而且通過歸納反思，使他們把握住知識的脈搏，找到知識之間的內在聯系。這對于學生構建良好的認知結構大有裨益，也讓學生能夠從中感悟數學的美。教師還可以“借題發揮”，引起學生思維的發散，開拓他們思維的視野。進行適當的變式教學，讓學生得出最佳的思維途徑，優化思維方法，進而培養學生的分析推理能力。
例如，在解完上道例題后，教師可引導學生進行回顧，通過反思學生發現類比、聯想等數學方法使他們從紛亂復雜的思維中，找到了清晰的思路，從而順利地解決了問題。在評價數學思想方法時，給予一定的同類型問題，或者變式，使學生通過比較對照，看清了問題的本質。比如說，教師可以繼續提出這樣的問題：畫出一個九邊形的所有對角線，最多會有多少個交點？顯然，有了剛才的解決問題的經驗，學生一般不會再拿一個九邊形來畫出所有的對角線，然后再去數。聰明的學生自然而然地想到先弄個簡單一點的圖試試，比如先拿正方形等來做嘗試。在這個過程中，學生已經不知不覺地把這種化復雜為簡單，從特殊到一般的數學思想應用到學習中去了。
參考文獻：
［1］曾華濤．試析數學思想方法在教學中的滲透．江西教育，2002（19）：24.
(1)激發學生潛能,鼓勵探索創新。建構主義學習理論認為,知識不是通過教師傳授而得到的,而是學習者在一定的社會文化背景下,借助其他人(包括教師、家長、同學)的幫助,利用必要的學習資源,主動地采用適合自身的學習方法,通過意義建構的方式而獲得的。這要求教師在課堂教學中,要根據教學內容創設情境,激發學生的學習熱情,挖掘學生的潛能,鼓勵學生大膽創新與實踐。要讓學生在自主探索和合作交流過程中獲得基本數學知識和技能,使他們覺得每項知識都是他們實踐創造出來的,而不是教師強加給他們的。例如求多邊形的內角和一節的教學,可以先復習三角形的內角和知識,然后再提問:我們如何利用已有的三角形知識來解決多邊形的內角和問題?學生經過討論不難得出:①想辦法把多邊形轉化為三角形;②具體轉化方法采用添線來分割多邊形,使之成為若干個三角形。在此基礎上,繼續提問:①你們有哪些具體的分割方法(從一個頂點出發連對角線、從一邊上任一點出發連不相鄰的頂點、從多邊形內任一點出發連各頂點等)呢?②從一個頂點出發連對角線可以有多少條?那么一個多邊形一共應有多少條對角線?③根據對角線的條數你能確定是幾邊形嗎?④你還能得出其他結論嗎?通過學生思考探索,他們會總結出許多解決多邊形的內角和的方法,還探索了多邊形對角線的有關知識,活躍了學生的思維,鍛煉了他們的創新能力。
(2)轉變教育觀念,發揚教學民主。數學教學活動必須建立在學生的認知發展水平和已有的知識經驗基礎之上。在教學過程中教師要轉變思想,更新教育觀念,把學習的主動權交給學生,鼓勵學生積極參與教學活動。教師要走出演講者的角色,成為全體學生學習的組織者、激勵者、引導者、協調者和合作者。學生能自己做的事教師不要代勞,教師的主要任務應是在學生的學習過程中,在恰當的時候給予恰當的引導與幫助,要讓學生通過親身經歷體驗數學知識的形成和應用過程來獲取知識,發展能力。
(3)聯系生活實際,培養學習興趣。某些學生不想學習或討厭學習,是因為他們覺得學習枯燥無味,認為學習數學就是把那些公式、定理、法則和解題規律記熟,然后反反復復地做題。新教材的內容編排切實體現了數學來源于生活又服務于生活的思想,通過生活中的數學問題或我們身邊的數學事例來闡明數學知識的形成與發展過程。在教學過程中,教師要利用好教材列舉的與我們生活息息相關的數學素材和形象的圖表來培養學生的學習興趣。教師要尊重學生,熱愛學生,關心學生,經常給予學生鼓勵和幫助。學習上要及時總結表彰,使學生充分感受到成功的喜悅,感受到學習是一件愉快的事情。教師要通過自己的教學,使學生樂學、愿學、想學,感受到學習是一件很有趣的事情,值得為學習而勤奮,不會有一點苦的感覺。
一、選擇題（本大題共有6小題，每小題3分，共18分）1．下列圖案是我國幾家銀行的標志，其中是中心對稱圖形的為( ) 2．如果分式 中的x、y都擴大到原來的3倍，那么分式的值( )A．擴大到原來的3倍 B．擴大到原來的6倍 C．不變 D．不能確定3．下列說法中，錯誤的是( ) A．平行四邊形的對角線互相平分 B．菱形的對角線互相垂直C．矩形的對角線相等 D．正方形的對角線不一定互相平分4．下列運算正確的是( ) A． B． C． D． 5． 四邊形ABCD的對角線AC=BD，順次連接該四邊形的各邊中點所得的四邊形是( ) A．矩形 B．菱形 C．平行四邊形 D． 正方形6．下列事件：（1）如果a、b都是實數，那么a+b=b+a；（2）從分別標有數字1～10的10張小標簽中任取1張，得到8號簽；（3）同時拋擲兩枚骰子，向上一面的點數之和為13；（4）射擊1次，中靶．其中隨機事件的個數有( )A．0個 B．1個 C．2個 D．3個二、填空題（本大題共有10小題，每小題3分，共30分）7．當x 時，分式 無意義． 8．從一副撲克牌中拿出6張：3張“J”、2張“Q”、1張“K”，洗勻后將它們背面朝上．從中任取1張，恰好取出 的可能性（填“J”或“Q”或“K”） ．9．“對角線不相等的四邊形不是矩形”，這個命題用反證法證明應假設 ．10．計算 的結果是 ．11．如圖，在周長為10 cm的ABCD中，AB≠AD，AC、BD相交于點O，OEBD交AD于點E，連接BE，則ABE的周長為 ．
12．若x-y≠0, x-2y=0,則分式 的值 ．13．若矩形的兩條對角線的夾角為60°，一條對角線與短邊的和為3，則矩形長邊的長等于 ．14．分式 與 的最簡公分母是 ．15．在一只不透明的袋中裝有紅球、白球若干個，這些球除顏色外形狀大小均相同．八（2）班同學進行了“探究從袋中摸出紅球的概 率”的數學活動，下表是同學們收集整理的試驗結果：試驗次數n 100 150 200 500 800 1000摸到紅球的次數m 68 111 136 345 564 701 0.68 0. 74 0.68 0.69 0.705 0 .701根據表格，假如你去摸球一次，摸得紅球的概率大約是 （結果精確到0.1）．16．如圖，正方形ABCD的邊長是2，∠DAC的平分線交DC于點E，若點P、Q分別是 AD和AE 上的動點，則DQ+PQ的最小值為 ．三、解答題（本大題共有10小題，共102分．解答時應寫出必要的步驟）17．（本題滿分12分）計算：（1） ； （2） ． 18．（本題滿分8分）下列事件：（1）從裝有1個紅球和2個黃球的袋子中摸出的1個球是白球；（2）隨意調查1位青 年，他接受過九年制義務教育；（3）花2元買一張體育彩票，喜中500萬大獎；（4）拋擲1個小石塊，石塊會下落．估計這些事件的可能性大小，在相應位置填上序號．一定會發生的事件： ；發生的可能性非常大的事件： ；發生的可能性非常小的事件： ；不可能發生的事件： ．19．（本題滿分8分）如圖，等邊三角形ABC的三個頂點 都在圓上．這個圖形是中心對稱圖形嗎？如果是，指 出它的對稱中心，并畫出該圖關于點A對稱的圖形； 如果不是，請在圓內補上一個三角形，使整個圖形成 為中心對稱圖形（保留畫圖痕跡），并指出所補三角形 可以看作由ABC怎樣變換而成的．20．（本題滿分8分）觀察下列等式： ， ， ，……（1）按此規律寫出第5個等式；（2）猜想第n個等式，并說明等式成立的理由．21．（本題滿分10分）一只不透明的袋子中裝有1個白球、2個黃球和3個紅球，每個球除顏色外都相同，將球搖勻，從中任意摸出1個球． （1）能夠事先確定摸到的球的顏色嗎？ （2）你認為摸到哪種顏色的球的概率？ （3）改變袋子中白球、黃球、紅球的個數，使摸到這三種顏色的球的概率相等 ．22．（本題滿分10分）有一道題“先化簡，再求值： ．其中a = - ”馬小虎同學做題時把“a = - ”錯抄成了“a = ”，但他的計算結果卻與別 的同學一致，也是正確的，請你解釋這是怎么回事?
23．（本題滿分10分）如圖，ABC中，O是AC上的任意一點（不與點A、C重合），過點 O作直線MN∥BC，設MN交∠BCA的平分線于點E，交∠BCA的外角平分線于點F． （1）求證：OE=OF； （2）當點O運動到何處時，四邊形AECF是 矩形，并證明你的結論． 24．（本題滿分10分） （1）已知 計算結果是 ，求常數m的值； （2）已知 計算結果是 ，求常數A、B的值．25．（本題滿分12分）把一張矩形紙片ABCD按 如圖方式折疊，使頂點B和點D重合，折痕 為EF．若AB = 3 cm，BC =4 cm． （1）求線段DF的長； （2）連接BE，求證：四邊形BFDE是菱形； （3）求線段EF的長． 26．（本題滿分14分）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠B=60°，點P、Q分別是邊BC、CD上的動點（不與端點重合），且BP=CQ． （1）圖中除了ABC與ADC外，還有哪些三角 形全等，請寫出來； （2）點P、Q在運動過程中，四邊形APCQ的面 積是否變化，如果變化，請說明理由；如果 不變，請求出面積； （3）當點P在什么位置時，PCQ的面積， 并請說明理由． 一、選擇題（本大題共有6小題，每小題3分，共18分） 三、解答題（共10題，102分.下列答案僅供參考，有其它答案或解法，參照標準給分．）17．（本題滿分12分）（1）原式 = （2分）= （2分）=- （2分）；（2）原式 = （2分）= （2分）= （2分）．18．（本題滿 分8分）（4）；（2）；（3）；（1）（每空2分）.19．（本題滿分8分）不是中心對稱圖形（2分）；所補三角形如圖所示（4分）；所補的三角形可以看作是由ABC繞點O旋轉60°而成的（2分）．20．（本題滿分8分）（1） （2分）； （2）猜想： （n是正整數）（3分）．注： 扣1分． ， （2 分）， （1分）．21．（本題滿分10分）（1）不能事先確定摸到的球是哪一種顏色（3分）；（2）摸到紅球的概率（3分）；（3）只要使袋子中的白球、黃球、紅球的個數相等即可（4分）．22．原式= （2分）= （2分）= （2分）．因為當a = - 或a = 時， 的結果均為5（2分），所以馬小虎同學 做題時把“a = - ”錯抄成了“a = ”也能得到正確答案9（2分）．23．（本題滿分10分）（1）MN∥BD，∠ FEC=∠ECB．∠ACE=∠ECB，∠FEC=∠ACE，OE=OC(3分)．同理，OF=OC(1分)．OE=OF(1分)． （2）當點O運動到AC的中點時，四邊形AECF是矩形(1分)．由對角線互 相平分，可得四邊形AECF是平行四邊形 (2分) ．再證明∠ECF=90°，即可得平行四邊形AECF是矩形 (2分) ． 25．（本題滿分12分）（1）由折疊知，BF=DF．在RtDCF中，利用勾股定理可求得，DF= cm（4分）； （2）證得DE=DF（2分），得四邊形BFDE是平行四邊形（1分），得四邊形BFDE是菱形（1分）；（3）連接BD，得BD=5cm，利用 ，易得EF= cm（4分）．
例1如圖1，圖中三角形的個數是（ ）.
A．8 B．9 C．10 D．11
解析：分別以某一條線段為三角形的邊依次找出三角形．選B．
點評：數三角形時不能重復，也不能遺漏．注意按一定的順序找．
例2當三角形內部有1個點時，如圖2-1，互不重疊的三角形的數目為3；當三角形內部有2個點時，如圖2-2，互不重疊的三角形的數目為5．
（1）當三角形內部有3個點時，互不重疊的三角形的數目為；
（2）當三角形內部有4個點時，互不重疊的三角形的數目為；
（3）當三角形內部有n個點時，互不重疊的三角形的數目為；
（4）互不重疊的三角形的數目能否為2007，若能，請求出三角形內部點的個數；若不能，請說明理由．
解析：（1）作出圖形如圖2-3，互不重疊的三角形的數目為7；
（2）根據提供的例子，探索規律，得到9；
（3）2n＋1；
（4）2n＋1＝2007，n＝1003.當四邊形內部有1003個點時，共有2007個三角形．
考點二、三角形三邊的關系
例3已知四組線段的長分別如下，以各組線段為邊，能組成三角形的是（ ）.
A．1，2，3 B．2，5，8
C．3，4，5D．4，5，10
解析：三條線段能否構成一個三角形，關鍵在于判定它們是否符合三角形三邊的不等關系.
對于A，由于1＋2＝3，所以不能組成三角形；對于B，由于2＋5＜8，所以不能組成三角形；對于D，由于4＋5＜10，所以不能組成三角形．故選C．
點評： 若想用兩根長為a、b（a＞b）的木棒，構成一個三角形，則第三根木棒的長度應介于a－b和a＋b之間．
例4（1）下列各組條件中，不能組成三角形的是（ ）.
A.a＋1、a＋2、a＋3（a＞3）
B.3cm、8cm、10cm
C.三條線段之比為1:2:3
D.3a、5a、2a＋1（a＞1）
（2）以長為3cm，5cm，7cm，10cm的四根木棍中的三根木棍為邊，可以構成三角形的個數是（ ）.
A．2個B．3個C．4個D．5個
解析：（1）根據三角形三邊關系可知只有C選項不滿足條件.故選C.（2）以四根木棍中的三根木棍為邊可以組成：3，5，7；3，5，10；3，7，10；5，7，10四種情況．其中只有兩種情況能組成三角形．故選A．
考點三、三角形的穩定性
例5下列圖形中具有穩定性的有（ ）.
A.只有（1），（2） B.只有（3），（4）
C.只有（4），（5） D.（1），（2），（3），（4），（5）
解析：三角形具有穩定性，四邊形不具有穩定性．故選B．
例6下列由幾根木條用釘子釘成的模型，其中在同一平面內不具有穩定性的是（ ）.
解析：A、B、D選項的圖形都是由三角形組成的，具有穩定性，而C選項的圖形是由四邊形組成的，不具有穩定性.故選C．
考點四、三角形內角和定理
解析：設∠B＝x°，則∠A＝3x°，∠C＝4x°，從而x＋3x＋4x＝180，x＝22.5．
即∠B＝22.5°，∠A＝67.5°，∠C＝90°．
點評：在一個三角形中，當已知三個角的關系時，可通過列方程的方法分別求出三個角的度數．
例8如圖3，點O是ABC內一點，∠A＝80°，∠1＝15°，∠2＝40°，則∠BOC等于（ ）.
A. 95°B. 120°
C. 135° D. 65°
解析： ∠BOC＝180°－（∠OBC＋∠OCB）＝180°－[180°－（∠1＋∠2＋∠A）]＝∠1＋∠2＋∠A＝135°．
點評：解決本題的關鍵是運用整體思想.在BOC中，雖然∠OBC、∠OCB不能單獨求出來，但是我們可以求出∠OBC＋∠OCB．
例9 （1）如圖4，有一塊直角三角板XYZ放置在ABC上，恰好三角板XYZ的兩條直角邊XY、XZ分別經過點B、C．直角頂點X在ABC內部，若∠A＝30°，則∠ABC＋∠ACB＝______度，∠XBC＋∠XCB＝_______度；
（2）如圖5，改變直角三角板XYZ的位置，使三角板XYZ的兩條直角邊XY、XZ仍然分別經過點B、C，直角頂點X還在ABC內部，那么∠ABX＋∠ACX的大小是否變化？若變化，請舉例說明；若不變化，請求出∠ABX＋∠ACX的大小．
解析：（1）∠ABC＋∠ACB＝180°－∠A＝180°－30°＝150°，
∠XBC＋∠XCB＝180°－∠X＝180°－90°＝90°；
（2）∠ABX＋∠XBC＋∠XCB＋∠ACX＋∠A＝180°，
又∠XBC＋∠XCB＝180°－∠X＝180°－90°＝90°，∠A＝30°，
∠ABX＋∠ACX＝180°－90°－30°＝60°.
∠B＋∠C＝120°.
∠B－∠C＝20°，
∠B＝70°，∠C＝50°．
考點五、三角形的外角
例11下圖能說明∠1＞∠2的是（ ）.
解析：利用三角形的一個外角大于與它不相鄰的任何一個內角即可判斷出答案．故選C．
點評：比較角的大小有多種方法，如對頂角相等，三角形外角和定理以及平行線的性質等．
例12一個零件的形狀如圖6所示，按規定∠A應等于90°，∠B和∠D應分別是20°和30°，李叔叔量得∠DCB＝142°，就斷定這個零件不合格，你能說出道理嗎？
解析：連接AC，并延長至E，則∠1＝∠3＋∠D，∠2＝∠4＋∠B，∠DCB＝∠3＋∠4＋∠D＋∠B＝140°≠142°，所以這個零件不合格.
考點六、多邊形的對角線
例13觀察圖7-1～圖7-3， 并回答問題.
①四邊形、五邊形、六邊形各有幾條對角線？從中你能得到什么規律？
②根據規律，你知道七邊形有多少條對角線嗎？
③你知道n邊形有多少條對角線嗎？
點評：同學們可以記住多邊形的對角線數目公式，以便更好地解題．
例14從多邊形的一個頂點出發，可引12條對角線，則這個多邊形的邊數為（ ）.
A．12B．13C．14 D．15
解析：根據上題的結論可知，設這個多邊形為n邊形，則n－3＝12，所以n＝15．故選D.
考點七、多邊形的內角、外角
例15正五邊形的一個內角的度數是_______．
例16如果一個多邊形的內角和等于外角和的2倍，那么這個多邊形的邊數n＝_______．
解析：設這個多邊形的邊數為n，則（n－2）×180°＝2×360°．所以n＝6．
點評：所以利用代數的方法解幾何題往往很簡便．
例17小華從點A出發向前走10m，再向右轉36°，然后繼續向前走10m，再向右轉36°，他以同樣的方法繼續走下去，能回到點A嗎？若能，當他走回到點A時共走多少米？若不能，說明理由．
解析： 36°可以看成是一個正多邊形的外角，它正好是正十邊形．故能回到A點，共走了100m．
例18如圖8，已知∠DAB＋∠D＝180°，AC平分∠DAB，且∠CAD＝25°，∠B＝95°.
（1）求∠DCA的度數；（2）求∠ECA的度數．
解析： ∠DAB＋∠D＝180°， AB∥CD.
∠DCA＝∠CAB＝∠CAD ＝25°，∠ECA＝∠CAB＋∠B＝120°．
例19（1）若兩個多邊形的邊數之比是1:2，這兩個多邊形的內角和為1980°，求這兩個多邊形的邊數．
解析：設一個多邊形的邊數為x，則另一個多邊形的邊數為2x.180（x－2）＋（2x－2）?180＝1980，x＝5，所以這兩個多邊形分別為五邊形和十邊形．
考點八、平面鑲嵌
例20裝飾大世界出售下列形狀的地磚：①正方形；②長方形；③正五邊形；④正六邊形．若只選購其中某一種地磚鑲嵌地面，可供選用的地磚有（ ）.
A. ①②③ B. ①②④
C. ②③④ D. ①③④
解析：用一種圖形鑲嵌，有三角形，正方形，長方形，正六邊形等．故選B．
例21如果在一個頂點周圍用兩個正方形和n個正三角形恰好可以進行平面鑲嵌，則n的值是（ ）.
A． 3B． 4C． 5D． 6
解析：用兩種或兩種以上正多邊形鑲嵌，其頂點處幾個角的和是360°．
90×2＋60n＝360，n＝3.
根據前文所述，我國南宋著名數學家楊輝是世界上第一個對幻方進行詳盡數學研究并取得豐碩成果的學者。在楊輝所著的《續古摘奇算法》兩卷中，除了呈現3階幻方的研究成果之外，還構造出4階至10階幻方。書中，楊輝稱4階幻方為“花十六圖”或“四四圖”，并給出了兩個實例（陰、陽兩圖）及陰圖（圖1）的具體構造法，令人嘆為觀止。
后人經過研究發現，楊輝構作的4階幻方中，數字分布的對稱性和均勻性不僅表現在數字之和，甚至還體現在數字的平方和以及立方和方面。
1947年，德國學者阿爾弗雷德?莫斯納在《數學評論》上發表文章《一個神奇幻方》。在這篇文章中，他給出了一個4階幻方（圖2），宣稱這個幻方存在獨特奇妙的性質：
首先，第1行和第4行上的數字的平方和相等，即122+132+12+82= 92+162+42+52 =378。類似的，第2行和第3行上數字的平方和也相等，即62+32+152+102= 142+72+22+112=370。因此，幻方上半部和下半部8個數字的平方和相等，即：378+370=748。
其次，第1列和第4列上數字的平方和也相等，即 122+62+72+92=82+102+112+52=310。類似的，第2列和第3列上數字的平方和也相等，即 132+32+22+162=12+152+142+42=438。因此，幻方左半部和右半部8個數字的平方和也相等，而且也等于748。
第三，兩條對角線上的8個數字以及非對角線上的8個數字的平方和也都等于748。與此同時，兩條對角線上的8個數字以及非對角線上的8個數字的立方和都等于9248。
最后，兩條對角線上的數字的平方和以及立方和分別相等;而且，對角線上4個數字的立方和4624竟然還是一個平方數。這個特性是楊輝幻方所不具備的。
對“莫斯納幻方”稍加分析，就可發現，它其實是楊輝4階幻方之陰圖（圖1）的一個變形：把楊輝4階幻方從左側開始算的第2列變為圖2右側第1列，圖1左側第1列變為圖2右側第3列……再把第1行和第4行、第2行和第3行互換。因此，許多專業人士都認為，“莫斯納幻方”源自楊輝4階幻方。盡管這一說法尚無定論，但應該承認，經過變換以后的“莫斯納幻方”確有過人之處。
素數幻方
所謂素數幻方，是指幻方中出現的數全都是素數。因為元素必須是素數的限定，所以這種幻方顯然無法滿足從1～n2個連續自然數的要求。這種非連續數幻方是由著名科普大師杜德尼在1900年首先提出的。可以想見，素數幻方的苛刻要求致使其構造起來非常困難。當然，這并不意味著構造素數幻方無跡可循。杜德尼自己就給出一個3階素數幻方（圖3），幻和為111。其后，又有人構造出4階素數幻方（圖4），幻和為102。
必須指出，在20世紀初，1還被當作素數，所以這兩個幻方中都包含1。自從明確1不是素數以后，人們又重新構造了3階和4階的素數幻方（圖5、6），幻和分別為177和120。頗有意趣的是，不管是否把1當成素數，能構成3階素數幻方的幻方常數總是大于4階的。
除此之外，幻方研究者還成功構造出一些特別的素數幻方（圖7、8）。在圖7的這個3階素數幻方中，最小的素數是59，最大的素數是659，其他素數的末位數字都是9，仿佛珍品標簽一般饒有趣味。圖8中的素數末位數字不僅和圖7一樣，而且9個元素還構成等差數列，公差為210，這就更難能可貴了。
不難看出，這些幻方中的素數并不連續，所以人們又開始琢磨能否用9個連續素數構成3階幻方。難度可想而知，世界數學科普大師馬丁?加德納還曾為此懸賞100美元，獎給首位成功者。這筆獎金最終被一位名叫哈里?尼爾遜的計算機專家獲得。他利用美國加利福尼亞大學的一臺克雷超級計算機，通過程序設計攻克了這個難題，而且一次性提供了22個答案。
圖9就是其中和常數最小的一個3階素數幻方。在這個幻方中的9個連續素數，每個都已經超過14.8億。更叫人瞠目的是，日本著名幻方研究家寺村周太郎經過長期不懈努力，于1979年11月7日終于構造成一個高達10階的素數幻方，其中的元素竟然全是連續素數，中間也沒有跳過一個。如此難得的機巧，簡直可以用玄之又玄和匪夷所思來形容。也難怪此幻方一經問世就震動業界，被公認為是幻方研究中的一個重要里程碑。
玉掛幻方
1986年，在上海浦東陸家嘴附近發現的古墓中，出土了一塊玉掛。玉掛的反面刻著16 個古代阿拉伯數字。經過專家破譯還原，人們驚訝地發現，這竟然是一個4階幻方（圖10）。
看起來，這個玉掛中的數字秘密――構成4階幻方已然揭曉;但數學家研究發現，其中充滿玄機的神奇特性遠不止于此。只要稍加計算驗證，就能領會“玉掛幻方”超凡脫俗和奇妙獨特的個性：
在這個幻方中，每行、每列及對角線上4個數字之和都等于34。更為特別的是，即便包括“折斷”后連成的對角線，每條對角線上的4個數字之和仍是34。比如：14+12+5+3=34，13+16+4+1=34;5+9+12+8=34，11+13+4+6=34等。顯然，只有在這種情況下，對角線才真正同行、同列平起平坐，取得了完全平等的地位。因此，具有這種性質的幻方被稱為“完全幻方”。任何一個3階幻方都不具備這個特性，這是由于完全幻方最起碼要4階。
在這個幻方中，取出任何一個2×2的小正方形，其中的4個數字之和竟然也都等于34。要達成此點殊為不易，從而更顯卓爾不群。
在這個幻方中，任何一個3×3小正方形，其四角數字之和也都等于常數34。如此一而再、再而三的非凡特性，簡直叫人拍案叫絕。
如若將此幻方看成象棋棋盤進行飛“象”，那么，不管“象”從哪一點出發飛到哪一點，這兩個點所對應的數字（同左下或同右下）之和都等于17。這就更如天外飛仙，妙不可言了。
無獨有偶，倫敦的南凱星頓大英博物館里，也收藏了一件在印度傳教的弗洛斯特牧師的特殊遺物――一塊精美的玉掛。據稱，他難得閑暇中的唯一消遣就是研究幻方。
這塊玉掛上的咒語和圖案盡管晦澀難懂，但經過破譯，確認了其為由1～64組成的幻和為260的8階幻方（圖11）。但當初，人們并沒有完全領會其中的精妙，其中最為玄妙和神奇的特性，竟然與國際象棋中馬、象的走法有關。為直觀說明，把幻方擴倍延展并截取如下（圖12）：
（1）國際象棋中馬的走法是“一直一拐”，類似于中國象棋中的“馬走日字”;而且同樣，上下左右不受限制。也正因為此，馬可以從任一起點出發，沿著一種固定跳法走下去，最終必定跳回出發點。當然，這也需要把單個棋盤不斷擴倍延展。
令人驚奇的是，玉掛幻方竟然也有類似“馬步還原”的特性。即在玉掛幻方中任取一數作為起點，按馬步前進，經過8步必然回到起點數，經過的8個數字之和與幻和相等。
（2）國際象棋中的象走直線，長短不受限制。若在玉掛幻方中任取一數為起點，按象步前進，仍只需8步就必然回到起點數，經過的8個數字之和同樣與幻和相等。
反幻方
有位美國著名科普作家寫到：“有些外星人正在做一道數學題：在4×4的正方形里填上1～16個自然數，不準重復，也不準雷同或遺漏。要求每行、每列、每條對角線上的4個數字之和都不相等，而且這些和必須是連續的自然數。假使你在它們之前先做出來了，你就可以獲得100萬美元的獎勵。”姑且不論這位作家的文字是真實可信還是嘩眾取寵，其中提及的反幻方問題倒是實實在在，值得細細琢磨。
所謂反幻方，是指把n2個連續自然數填入n×n的小方格中，使其中每行、每列及對角線上的數字之和都不相等。這與幻方的基本要求剛好相反，所以它被人們稱為“反幻方”。
需要說明的是，最簡單的反幻方是3階。因為把1～4填入2×2小正方形中，無論怎樣排列，行、列或對角線總會出現1+4=2+3，始終不能符合反幻方的要求，所以2階反幻方根本不存在。
稍加試驗可知，符合條件的3階反幻方屢見不鮮。有人曾做過統計，即使旋轉后重疊的8種幻方算作同一個，3階反幻方也有3120個。這表明，構造出3階反幻方并非難事。于是，研究者又給它們增添了更為苛刻的要求，其中比較有趣的附加條件是：填入3×3正方形中的自然數1～9必須按順序首尾相連，成為螺旋形狀。美國數學科普大師馬丁?加德納經過研究發現，符合條件的反幻方只有兩個（圖13、14）。鑒于“物以稀為貴”，這樣按序連接“一條龍”的螺旋反幻方又被稱為“完美反幻方”。
需要指出的是，迄今為止的研究表明，反幻方的制作還沒有簡單的系統方法。因此，更高階反幻方的構造仍具備相當難度。明白了這一點，現在回到前文的那則4階反幻方問題，其難度顯而易見，但也并非完全無解，至少作者給出了一個正確答案（圖15）。稍加計算不難發現：各行、各列以及對角線上的和數分別為30、31、38、37、35、36、32、33、34、29， 剛好是從29到38的10個連續自然數。正所謂，不走尋常路，也得細琢磨。
六角幻方
隨著幻方研究的深入，突破幻方常規要求的奇異幻方也開始出現，甚至打破了一般幻方在n×n方格中構成的限制，但仍保留了幻方最為本質也最為經典的要求，即相應連線上的各數之和必須相等。比如下面這個花費了52年光陰才與世人見面的“六角幻方”。
它的發明人是一位名叫克里福德?亞當斯的英國鐵路職工。亞當斯是一個鐵桿的幻方迷，從1910年就開始琢磨構造六角幻方（圖16），即把1～19填入六角形數陣中，使水平、右斜、左斜的各5根連線上的數字之和都相等。
當亞當斯開始動手嘗試時才發現，完成構造并非自己想象得那么容易。于是，他認真刻苦地潛心研究，甚至隨身帶了19塊紙板剪成的小六角形，把所有空余時間都用在數字紙板的擺弄上。這一擺就擺到了1957年。40年的努力依然一無所獲，但無盡的失敗和漫長的挫折并沒有使他退卻。退休后的亞當斯仍頑強堅持、勤奮鉆研。之后，過度的勞累迫使亞當斯住進了醫院，即便躺在病床上，他也沒有停止琢磨擺弄。
功夫不負有心人，亞當斯最終在醫院擺成了六角幻方，欣喜若狂的他立刻找來紙筆記下擺法。當亞當斯康復出院時，命運女神卻與他開了個殘酷的玩笑――記錄答案的紙弄丟了。倔強的亞當斯沒有灰心，他堅信，既然第一次能擺出來，就一定有成功的第二次。就這樣，亞當斯在1962年終于實現了自己的諾言，成功彌補了5年前的遺憾。
圖17就是亞當斯構造完成的六角幻方。可以驗證如下：水平方向上5條連線上的數字之和分別為：15+14+9=38，13+8+6+11=38，10+4+5+1+18=38，12+2+7+17=38，16+19+3=38;右斜方向上5條連線上的數字之和分別為：15+13+10=38，14+8+4+12=38，9+6+5+2+16=38，11+1+7+19=38，18+17+3=38;左斜方向上5條連線上的數字之和分別為：9+11+18=38，14+6+1+17=38，15+8+5+7+3=38，13+4+2+19=38，10+12+16=38。
六角幻方公之于世7年后，有一位叫阿萊爾
的大學生利用電子計算機，僅僅用了17秒就得到同樣的結果;同時還證實，六角幻方僅此一例。
兩相對照，給人們的啟發是：人類的思維雖然沒有機器來得快，但人類知難而上、永不放棄的精神是機器無法比擬的。而這才是取得一切成功的關鍵。
幻方的作用
在1977年美國發射的宇宙飛船“旅行者1號”和“旅行者2號”上，除了攜帶有向外星人致意的問候訊號外，還載有一些圖片，其中就有代表人類文明的勾股定理和4階幻方圖。科學家相信，這些簡明扼要、一目了然的圖片，應該可以超越語言和文字的障礙，與外星生命進行交流和溝通。
幻方能將抽象枯燥的數字排列后形成奇特現象或規律，它是如此形象生動、趣味盎然，既直觀通俗，又引人入勝。時常操練這種妙趣橫生的思維游戲，不僅可以強化對數字的深刻理解，培養學習數學的興趣;而且，可以開發智力，拓寬思路。