课本探究实验范文

课本探究实验范文（精选10篇）

课本探究实验 第1篇

浙教版《科学》八年级下第61页《二氧化碳》中的活动:

1. 如图2-55所示, 制取一瓶二氧化碳, 观察它的颜色、状态和气味。

2. 如图2-56所示, 向烧杯里倾倒二氧化碳。注意观察蜡烛火焰的变化。

3. 如图2-57所示, 在一个充满二氧化碳的软塑料瓶里, 迅速倒入少量水, 立即将瓶塞塞紧振荡, 观察有什么现象。

4. 用蓝色石蕊试液测被压扁的瓶中液体 , 显_______色, 说明此液体呈______性。

二氧化碳是学生继氧气之后比较系统地研究的第二种物质。关于二氧化碳的教学, 《科学八年级下教学参考书》建议采用实验、阅读、讨论相结合的方式, 重点放在课本安排的几个实验和组织学生讨论上, 让学生通过自己动手实验, 从实验现象的观察、分析中, 归纳总结得出二氧化碳的性质。开始教学时, 可以先介绍二氧化碳的实验室制法、收集方法 (向上排空气收集法) 、检验气体是否充满集气瓶的方法, 再让学生观察教师的演示实验, 然后让学生用课前收集准备好的二氧化碳进行实验。

此探究活动的编写意图只是针对新授课的知识、技能等目标与要求, 也符合初二学生的认知水平。笔者认为课本对上述活动的安排只考虑了让学生认识二氧化碳的物理性质和化学性质, 并没有进一步探讨实验室制取二氧化碳的药品选择和确定气体收集方法等充满培养学生科学探究思想的相关知识。在初三复习课中, 随着学生知识的完善和能力的提升, 科学教师可以增设这一目标, 通过精选相应的变式练习, 实现课本探究活动与中考试题的融合, 以提升学生的科学素养。

一、实验室制取二氧化碳为什么选用石灰石

变式1 (2013·嘉兴中考) 为研究实验室制取二氧化碳的速度与什么因素有关, 科学兴趣小组的同学设计了如下实验方案:室温下在六个锥形瓶中分别加入A、B两种大理石各50克, 然后加入等量的不同溶质质量分数的稀盐酸。记录表如下:

(1) 由实验方案可知, 他们除了在研究稀盐酸质量分数的影响外, 还在研究_______的影响。

(2) 查阅资料得知, 化学反应的速度与反应物间的接触面积有关。于是他们对上述方案进行了修改, 使大理石的______也相同。

(3) 为了准确比较CO2气体的产生速度, 理论上可以测量收集相同体积气体所用的时间, 也可以测量________。

【解析】本题主要考查影响生成二氧化碳反应速度的因素, 根据科学兴趣小组同学的实验方案, 他们除了在研究稀盐酸质量分数对其的影响外, 还在研究大理石种类对其的影响, 并且由资料得知, 反应物间的接触面积会影响化学反应的速度, 所以要求大理石的颗粒大小 (体积) 也要保持相同;要准确比较CO2气体的产生速度, 理论上可以测量收集相同气体所用的时间, 也可以测量相同时间收集到的气体体积。

答案: (1) 大理石的种类 (2) 颗粒大小 (体积) (3) 相同时间收集到的气体体积

变式1 主要探究稀盐酸质量分数、大理石的种类对产生二氧化碳气体速度的影响, 其实该题还隐含了一个非常重要的知识, 也是一个非常好的探究因素, 即实验室为什么选用石灰石 (或大理石) 制取二氧化碳?现在的科学课本, 只通过图2-55告诉学生实验室用石灰石 (或大理石) 制取二氧化碳气体, 并没有阐述其原因。石灰石 (或大理石) 的主要成分是碳酸钙, 碳酸盐跟酸起反应, 一般都有二氧化碳生成。若选用可溶性的碳酸盐 (如碳酸钠等) , 与酸反应速度过快, 难以控制;若选用不溶性碳酸盐 (如碳酸镁等) , 则其来源一般较少。石灰石 (或大理石) 与酸反应速度适中, 其在自然界中的含量也极其丰富, 且价格低廉。[2]所以, 变式1更有助于学生完善知识结构, 不仅解决了实验室为什么选用石灰石 (或大理石) 制取二氧化碳的问题, 而且进一步探讨了稀盐酸质量分数等对制取二氧化碳速度的影响, 不失为举一反三的好题。

二、实验室制取二氧化碳为什么最好选用稀盐酸

变式2 (2007·杭州中考) 鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙。教师在课堂上做了个趣味实验, 将鸡蛋放入盛有100毫升稀盐酸的烧杯中 (鸡蛋的密度大于稀盐酸的密度) , 可以看到鸡蛋先下沉, 一会又上浮, 到液面时又下沉, 如此反复。该实验中发生的化学反应方程式是_________________。浮力改变是鸡蛋下沉后又上浮的直接原因, 而造成浮力改变的主要原因是__________。除此主要原因外, 引起浮力改变的原因还有_____________ (假设在反应的过程中, 鸡蛋、溶液体积和温度不变) 。

小明对该实验很感兴趣, 他也将同样的鸡蛋, 放入实验室常见的酸溶液中, 但见鸡蛋下沉后却并不上浮, 你猜测这其中的原因可能是______________, 或是________________。

【解析】本题主要从日常生活中的一个常见的现象入手, 对浮力知识和化学方面的知识进行综合考查。鸡蛋壳的主要成分是碳酸钙, 与盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳, 而鸡蛋浮力大小的改变主要与排开液体体积的改变有关, 即碳酸钙与盐酸反应产生的小气泡附在鸡蛋壳表面, 使鸡蛋排开的液体体积增大, 导致浮力增大, 鸡蛋上浮到液面, 气泡破裂, 体积减小, 浮力也减小, 因而又下沉。此外, 鸡蛋浮力大小的改变也与溶液的密度改变有关, 由盐酸变为氯化钙溶液, 溶液密度增大。而小明的实验, 既然鸡蛋放入酸中没有上浮, 也可以从上浮原因的反面进行分析, 如果酸的浓度较小, 与碳酸钙反应产生的二氧化碳较少, 鸡蛋所受的浮力小于所受的重力;此外, 如果酸是硫酸, 与碳酸钙反应生成微溶于水的硫酸钙会阻碍继续反应。

答案:CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

鸡蛋壳中的碳酸钙和盐酸反应产生的小气泡附着在鸡蛋上, 使鸡蛋排开液体的体积增大, 受到的浮力增大

反应生成的氯化钙溶入溶液中使溶液的密度增大, 鸡蛋受到的浮力增大

酸溶液的浓度 (溶质的质量分数) 太小, 产生的气体少, 不足以使鸡蛋上浮

该酸溶液是硫酸, 和鸡蛋壳一反应就停止了, 产生的气体少, 不足以使鸡蛋上浮

变式2 通过小明实验的不成功, 巧妙地引出一个重要的科学问题, 即实验室制取二氧化碳时, 为什么最好选用稀盐酸, 这与实验室为什么选用石灰石制取二氧化碳一样在课本中都没有说明, 这也是一个非常好的探究因素。如果用稀硫酸和石灰石 (或大理石) 反应, 由于生成的微溶性固体硫酸钙覆盖在石灰石 (或大理石) 表面, 使酸与石灰石 (或大理石) 脱离接触, 导致反应太缓慢或停止, 若要让反应能进行, 则需考虑让反应物之间的充分接触, 如选用石灰石 (或大理石) 粉末等。如果用硝酸与石灰石 (或大理石) 反应, 由于硝酸不稳定, 见光或受热易分解, 制得的CO2中混有NO2和O2等杂质;如果用浓盐酸与其反应, 由于浓盐酸具有挥发性, 制得的CO2中混有氯化氢气体, 选用稀盐酸制得CO2气体则较为纯净。[2]

三、实验室能否用排水法收集二氧化碳气体

变式3 (2013·湖州中考) 小李学习了二氧化碳知识后, 进行了二氧化碳气体在水中溶解性的探究, 其实验步骤及装置 (甲) 如下:

1用大号针筒抽取200 毫升二氧化碳气体;

2试剂瓶中加入200 毫升水 (恰好加满) , 塞紧双孔橡皮塞;

3连接大号针筒和试剂瓶, 缓慢推动活塞, 将二氧化碳注入水中。

(1) 试剂瓶中加入的水应是________;

A.蒸馏水 B.自来水

(2) 推动活塞时尽量缓慢, 其目的是_________;

(3) 当向水中注入CO2气体体积达到120毫升时, 红色油柱开始向上移动, 实验表明在该条件下, l体积水中能溶解___________ 体积的二氧化碳。

【解析】本题主要考查二氧化碳的性质。在探究二氧化碳的溶解性时, 为了避免杂质等影响, 试剂瓶中加入的水应是蒸馏水;为了使二氧化碳充分溶解, 应尽量缓慢地推动活塞;当向水中注入CO2气体体积达到120毫升时, 红色油柱开始向上移动, 说明200毫升水中最多能溶解120毫升二氧化碳, 实验表明在该条件下, 1体积水中能溶解二氧化碳的体积是:120毫升/200毫升=0.6。

答案: (1) A (2) 使二氧化碳充分溶解 (3) 0.6

变式3 通过定量的方式探究了二氧化碳在水中的溶解能力, 回答了实验室能否用排水法收集二氧化碳气体的问题。课本通过图2-57、2-56定性的说明二氧化碳溶于水、且二氧化碳的密度比空气大, 只能采用向上排空气法的方式收集二氧化碳气体。通过本实验却发现在该条件下, 1体积水中能溶解二氧化碳的体积为0.6 (在标准状况下, 1体积水也仅能溶解0.88体积的二氧化碳[3]) , 这个量并不大, 此外还可通过二氧化碳在水中溶解快慢的实验, 得出二氧化碳在水中溶解速率并不大, 所以在实验室完全可以使用排水法收集二氧化碳, 如果采用图乙方式收集效果则更佳。我们知道能用排水法收集的气体, 一般不用排空气法收集, 因为排水法收集的气体纯度高, 而且还可以观察到气体何时集满。[4]

科学课本是课程专家、学科专家以及广大一线优秀科学教师集体智慧的结晶, 是科学教师教学的基本凭借, 也是学生自学的主要对象。但是, 我们绝不能把科学课本当成是“圣经”、唯一的科学课程资源。在初三复习“科学探究”时, 科学教师以课本为基础, 通过创设新情境、新问题, 臻善典型“探究”活动, 开展有效性的变式教学, 这不仅能使学生的学习“减负提质”, 更能培养学生的求异创新能力。

参考文献

[1]王鹤新.挖掘教材例题, 开展变式教学[J].中学物理教学参考, 2013 (4) .

[2]徐宜秋.实验室制取二氧化碳若干问题释疑[J].数理化学习 (初中版) , 2008 (11) .

[3]张鹏云.化学探究性实验设计的新视角[J].教学月刊·中学版 (教学参考) , 2013 (8) .

课本探究实验 第2篇

关键词：实验；提高；能力

中图分类号：O6—3

一、通过研究分析课本上的某個典型实验，掌握这类实验规律

根据现行教材课本实验内容，可归纳为以下几种类型。物质（固、液、气）的制取实验；理论和定律的证明实验；物质的性质和物质之间的相互关系的实验；定量研究方面的实验。

二、通过教学指导学生准确的选择仪器并会规范的使用仪器。

中学化学实验中常用到下面八种仪器，现将他们的用途及使用方法总结如下1、试管

主要用途：①盛放少量固体或液体；②收集少量气体或验纯；③在常温或加热时，用作少量物质的反应容器；④用作少量气体的发生容器。使用方法：①可直接加热，先均匀加热，再集中在药品部位加热；②给液体加热时液体体积不得超过试管容积的1/3；③使用时试管应干燥，加热液体时试管口不要朝着别人或自己，试管倾斜与桌面成45°角；④加热固体时，试管口略向下倾斜；⑤使用试管夹夹持，夹在试管中上部，加热后不能骤冷，也不能立即放回塑料试管架上。

2、烧杯

主要用途：①用作常温或加热时较多量的液体物质的反应容器；②溶解物质或配制溶液。使用方法：①加热时要垫石棉网，液体体积不超过容积的2/3，加热前外壁应擦干，不能用于固体加热；②进行反应时液体体积不得超过容积的1/3；③配置溶液时，要用玻璃棒轻轻搅拌。

3、酒精灯

主要用途：用于加热物质。使用方法：①灯内酒精的量不可超过容积的2/3，不少于容积的1/4；②灯芯松紧适宜，不能烧焦且应剪平；③不准用燃着的酒精灯引燃另一酒精灯；④不准用嘴吹灭（用灯帽盖灭）；⑤不可向燃着的酒精灯内添加酒精；⑥不用时必须盖上灯帽；⑦调节灯焰大小时应熄灭酒精灯；⑧应用外焰加热。

4、量筒

主要用途：量取液体体积（精确到0.1mL，无零刻度）.使用方法：①量筒要放平，视线要与凹液面的最低处保持水平（三点一线）；②不可加热、不可量取热溶液，不可用于配制溶液不可作反应容器；③应根据所取液体量选取量程合适的量筒。

5、托盘天平

主要用途：称量固体药品（精确到0.1g）.使用方法：①称量前检查游码是否在零刻度，天平是否平衡，右偏重向左调，左偏重向右调；②称量时，左物右码，放砝码时，先大后小；③托盘各放一大小相同的纸片称量固体，有腐蚀性、易潮解物应放在玻璃器皿中称量；④用镊子夹取砝码，用后放回砝码盒，游码移回零处。

6、胶头滴管（滴瓶）

主要用途：①取用或滴加少量液体；②滴瓶用于盛放液体药品。使用方法：①取液时先将胶头中的空气挤出，再用滴管取液，不可反复挤压胶头②滴加时应让滴管悬空，位于容器口正上方，不可伸入容器内或接触容器壁；③不能吸液过多，用后不可平放或倒置；④取液之后立即清洗，不可一管多用；⑤滴瓶上的滴管用后不必清洗，但要立即放回原瓶。

7、蒸发皿

主要用途：①蒸发和浓缩结晶液体；②用作较大量固体的加热。使用方法：①可直接加热；②均匀加热，切勿骤冷；③加热结束，用坩埚钳夹持移开。④加热后的蒸发皿不能直接放在试验台上。

8、漏斗（长颈漏斗）

主要用途：①制作过滤器；②向小口容器倾倒液体；③长颈漏斗在气体发生装置中用于注入液体药品。使用方法：①不可向其中倾倒热的液体；②长颈漏斗下端要没入液面以下。

三、通过课本实验的教学教会学生设计验方案

实验设计是根据实验试题的要求，由学生自己设计实验方案，选择实验器材、药品、确定实验步骤、分析实验结果的过程。在整个设计过程中，要认真审题，明确实验目的，结合已知条件，将基本知识、技能灵活应用。

设计性实验主要有以下三种形式：

①在演示实验或学生实验的基础上加以改装，并在条件或器材上加以限制。

②给定实验器材，要求根据所学知识自行设计实验方案和过程以完成实验。

③只提实验目的，要求自行选择实验器材，安排实验步骤，设计实验数据处理方法以及分析实验误差。

设计性实验看似新颖，变化多端，但根本依据就是在中学阶段学过的实验原理和方法。在解答设计性实验题时，一是要注意与我们学过的实验联系起来，尤其是注意学过的实验原理和方法。二是应注意几个设计原则：

①科学性原则。方案所依据的原理要符合基本规律，并能通过实验现象揭露其本质，达到测量、研究和探索的目的。

②安全性原则。实验设计时应避免使用有毒药品和进行具有一定危险性的实验操作。

③可行性原则。实验设计应切实可行，所选用的化学药品、仪器、设备和方法等在中学现有的实验条件下能够得到满足。

④简约性原则。实验设计应尽可能简单易行，应采用简单的实验装置，用较少的实验步骤和实验药品，并能在较短的时间内完成实验。

四、培养学生书写实验报告的能力

写实验报告是实验的重要组成部分，是分析问题解决问题的过程，也是综合运用知识的过程。我们从第一节化学课开始，就注意培养学生写实验报告的能力，其具体做法是：

1、在演示实验中注意培养学生观察现象的能力

为培养学生观察现象的能力，我们对现行化学教材中所讲到的现象进行归纳、综合。有光、热、声、态（状态）、颜色、气味、溶解、沉淀、液化、燃烧等等。在每次演示实验或学生实验中，总是要求学生根据实验内容中有无新物质的生成和上述现象内容来观察，并将观察的结果记录好，认真分析，去伪存真，填写于实验报告中。这样要求学生，不仅使学生知道在实验中要观察些什么，使学生对知识获得比较完整的概念，而且也不会漏掉某些重要的实验现象，以致得不到正确结论。

2、采取具体措施，培养学生书写实验报告的能力

为培养学生写好实验报告，从学生的实际出发，让学生在演示实验的过程中，实事求是地认真观察、分析，并记录于表的空格中，经过几次填写，学生就能比较正确、熟练地对实验进行观察记录，做出解释和结论。培养了学生书写实验报告的能力。

3、培养学生绘制装置图的能力

重视课本实验 提高备考效率 第3篇

实验题的考查形式基本为：物质制备→产品检验（定性）→纯度测定（定量）；考查重点是实验基本操作：物质的分离、提纯和检验等。这些高考化学实验题重在考查实验探究能力，但仔细研究会发现考查内容大多数是对教材实验的变形、改造及综合，基本上来自于教材。因此，在化学实验复习中要注重回归课本，从课本中寻找实验原型，吃透教材基础，提升学习的能力。

下面以复习有机制备实验为例，浅谈通过回归课本，提高复习效率。

教材中有实验装置的有机物的制备实验有六个：乙酸乙酯、溴苯、硝基苯、乙烯、酚醛树脂的制备及阿司匹林的合成。

学生对这六个实验，可以从药品的选用、反应原理、装置特点、实验现象、产品的分离和提纯以及实验注意事项这些角度进行回忆复习，但如果采用比较法，归纳有机制备实验中的共性更能提高备考效率。

一、通过比较装置图，发现装置特点

对比这六个实验，可以发现它们的加热装置、冷凝回流装置、防倒吸装置、温度计的使用都存在各自的特点，现对这些特点进行归纳总结。

1．加热方式：直接和间接

直接加热是指用酒精灯的外焰直接接触容器。间接加热包括石棉网加热、水浴加热、蒸汽浴加热。

水浴加热主要出现在有机化学部分，由于有机反应复杂，往往需要严格的条件控制，故而引入水浴加热。它可以使控温范围准确，受热均匀，容易控制反应。用水浴加热的有机实验有：银镜实验、硝基苯的制取实验、酚醛树酯的制取实验、乙酸乙酯的水解实验、糖类水解实验、阿司匹林合成实验。

蒸汽浴加热可用于固体干燥。（《选修5》硝化纤维实验中硝化纤维就是用沸水浴干燥）

2．温度计的使用

温度计水银球插放位置不同，所起的作用也不同。

(1）液面下：测定并控制反应混合液的温度，如制乙烯。（2）水浴中：测定并控制水浴的温度，如制硝基苯。（3）蒸馏烧瓶支管口处：测定蒸气的温度，控制各种馏分的沸点范围，如控制石油的分馏。

在蒸馏实验中，温度计水银球的位置不符合要求会带来什么结果？详见例1。

【例1】（2012年浙江理综，28）粗产品蒸馏提纯时，下列装置中温度计位置正确的是，可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是。

同一蒸馏烧瓶中，温度最高的是哪里？（液体）

蒸汽温度如何变化？（液体最高；液面上方，由下往上，逐渐降低）

3．冷凝回流

(1）常见的冷凝管：空气冷凝管和水冷凝管。

有机物制备中，常用的是球形和蛇形冷凝管，可以增加蒸汽与冷却水的接触面积和时间，使冷凝效果更好。

(2）有机实验为什么要用冷凝管？

有机物中很多物质熔沸点较低，有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集，既提高原料的利用率，又减少了这些挥发物对人的危害和对环境的污染。

(3）水冷凝管通水方向是下进上出，反过来行吗？为什么？

不行。因为这样冷凝管不能充满水，气体的冷凝效果不好。

4．防倒吸

(1）为什么会产生倒吸现象？

从物理角度分析，倒吸是由于装置内外产生压强差引起的。常见的倒吸原因有两个：一是受热不均匀；二是产生的气体极易溶于水或者和溶液反应，如NH3或HCl。

(2）防倒吸的原理及装置

常见的防倒吸装置有倒置漏斗式和肚容式。原理是由于漏斗容积较大，当水进入漏斗内时，烧杯中液面显著下降而低于漏斗口，液体又流落到烧杯中。

二、通过比较产物的除杂，归纳有机物分离和提纯的常用方法

物质制备实验中物质的产出有两条路径：

1．生成物在反应条件下，以气态的形式离开反应体系，进入除杂提纯装置或收集装置，则相应的分离和提纯操作即洗气，如制乙烯。

2．生成物以固态或液态的形式留在反应装置内，先系统分析以确定可能存在的杂质，后根据物质的性质进行分离提纯。

(1）生成物以液态的形式留在反应装置内，常用分液和蒸馏法。

(1)分液法

适用范围：互不相溶的液体，如分离乙酸乙酯和碳酸钠溶液。但当两种液体有机物互溶时，也可加入某种试剂，使其中一种与之反应生成溶于水的物质，使之分层，再分液。如除去溴苯中的溴，让溴与NaOH反应转化成溶于水的钠盐而分层，再进行分液。

(2)蒸馏法

适用范围：两种或两种以上的互溶液体（沸点相差30℃以上），如分离苯和溴苯。但沸点相差较近时，也可加入某种试剂，使混合物中某种成分转化成难挥发的物质，再蒸馏。如分离水和乙醇，用蒸馏，但是得到的乙醇中还是有水，如何得到无水乙醇，工业上是加入氧化钙（生石灰）煮沸回流，使乙醇中的水与生石灰作用生成氢氧化钙，然后再将无水乙醇蒸出，这样得到的无水乙醇纯度约为99.5%。

(2）生成物以固态的形式留在反应装置内，则择选过滤。

【例2】（2013年全国理综，13）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（）。

三、通过检验产品，归纳物质检验和鉴别的方法

1．根据产物的水溶性和密度

(1）根据有机物的溶解性（是否分层）。

(2）根据不溶于水的有机物的密度（在上层还是下层）。

2．依据有机物官能团的特性

思维方式为：官能团→性质→方法的选择。如检测阿司匹林中是否含水杨酸，可利用水杨酸含酚羟基，用FeCl3溶液检出。

一道课本习题解法的探究 第4篇

■

现对本题的解法进行如下探究：

一、解法探究

1.利用平移法求解

■ 如图2，将腰ＡＢ平移到ＤＥ的位置，由平移的性质和平行四边形的判定方法，可知四边形ＡＢＥＤ是平行四边形，则有ＤＥ＝ＡＢ＝ＤＣ，ＢＥ＝ＡＤ。

在等腰△ＤＥＣ中，ＥＣ＝ＢＣ－ＢＥ＝ＢＣ－ＡＤ＝4－2＝2，ＣＦ＝■ＥＣ＝1，

所以，在Rt△DCF中，ＤＣ2＝ＤＦ2+ＣＦ2=22+12=5。

即ＤＣ＝■。

■ 如图3，将高ＤＦ平移到ＡＨ的位置，由平移的性质、正方形及三角形全等的判定方法，可知四边形ＡＨＦＤ是正方形，则有ＨＦ＝ＤＦ＝ＡＤ＝ＡＨ＝2，

△ＡＢＨ≌△ＤＣＦ，所以ＣＦ＝ＢＨ＝■（ＢＣ－ＨＦ）＝■×2＝1。

所以，在Rt△DCF中，ＤＣ2＝ＤＦ2+ＣＦ2=22+12=5。

即ＤＣ＝■。

2.运用面积法求解

■ 如图4,将Ｒt△ＤＦＣ剪下拼接到Ｒt△ＡＢＭ的位置，由全等三角形性质及矩形的判定方法，可知四边形ＤＦＢＭ为矩形，且Ｓ矩形ＤＦＢＭ＝Ｓ梯形ＡＢＣＤ。

所以ＢＦ·ＤＦ＝■（ＡＤ+ＢＣ）×ＤＦ。

即2ＢＦ＝■×（2+4）×2，所以ＢＦ＝3，ＦＣ＝ＢＣ－ＢＦ＝1。

所以，在Rt△DCF中，ＤＣ2＝ＤＦ2+ＣＦ2=22+12=5。即ＤＣ＝■。

■

■ 如图5，将Ｒt△ＤＦＣ翻折到Ｒt△ＦＤＮ的位置，由全等三角形性质及平行四边形的判定方法，可知四边形ＡＢＦＮ为平行四边形，且Ｓ 平行四边形ＡＢＦＮ ＝Ｓ 梯形ＡＢＣＤ。

所以ＢＦ·ＤＦ＝■（ＡＤ+ＢＣ）×ＤＦ。

即2ＢＦ＝■×（2+4）×2，所以ＢＦ＝3，ＦＣ＝ＢＣ－ＢＦ＝1。

所以，在Rt△DCF中，ＤＣ2＝ＤＦ2+ＣＦ2=22+12=5。即ＤＣ＝■。

3.巧用对称性求解

■ 如图6，把等腰梯形ＡＢＣＤ沿对称轴ＰＱ对折（即作出对称轴ＰＱ），ＰＱ交ＡＤ于Ｐ、交ＢＣ于Ｑ，由对称性质及矩形的判定方法，可知ＣＱ＝ＢＱ＝■ＢＣ＝2，四边形ＰＱＦＤ为矩形，ＱＦ＝ＰＤ＝■ＡＤ＝1，故ＣＦ＝ＣＱ－ＱＦ＝2－1＝1。

所以，在Rt△DCF中，ＤＣ2＝ＤＦ2+ＣＦ2=22+12=5。

即ＤＣ＝■。

点评 由上述解法可知，思考的角度不同，所得到的解法也不同。它启示我们在平时的学习中要勤于积累，善于思考，勇于探索，只有这样，才能不断提升自己的解题能力。

二、拓展探究

对上述课本习题进行变式拓展可以得到以下数学问题：

■ 如图7，在等腰梯形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝2，ＢＣ＝4，ＡＢ＝ＤＣ＝■，求高ＤＦ的长。

■ 如图7，在等腰梯形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝2， 高ＤＦ＝2， ＡＢ＝ＤＣ＝■，求下底ＢＣ的长。

■ 如图7，等腰梯形ＡＢＣＤ中，ＡＤ＝2，ＢＣ＝4，高ＤＦ＝2，求对角线ＡＣ的长。

■

■ （2011年安徽省芜湖市中考题）如图8，在梯形ＡＢＣＤ中，

ＤＣ∥ＡＢ，ＡＤ＝ＢＣ，ＢＤ平分∠AＢC，∠A=60°。过点D作DE⊥AB，过点C作CF⊥BD，垂足分别为E、F，连接EF，求证：△DEF为等边三角形。

点评 上述问题层层递进，环环相扣，所涉及的知识点更多，对能力的要求更高。其解法留给同学们课外去探究。

【参考答案】问题1 ＤＦ＝2；问题2 ＢＣ＝4；问题3 提示：连接ＢＤ，则ＡＣ＝ＢＤ＝■＝■；问题4 提示：先证Ｆ为ＢＤ的中点，则在直角△BDE中，EF=DF，又易知∠EDF=60°，所以△DEF为等边三角形。

对一道课本习题的探究 第5篇

题目(人教版八年级数学下册第122页第15题)如图1,四边形ABCD是正方形,点E是边BC的中点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

简析取AB的中点G,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知

所以△AEG≌△ECF(AAS).

所以AE=EF.

探究1当点E是边BC上任意一点时,原来的结论还成立吗?

回答是肯定的,即

命题1如图2,四边形ABCD是正方形,点E是边BC上任意一点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明在AB上取一点G,使AG=EC,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

以下证明思路与原题同,从略.

探究2当点E是边BC延长线上一点时,原来的结论还成立吗?

回答也是肯定的,即

命题2如图3,四边形ABCD是正方形,点E是边BC延长线上一点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明在BA延长线上取一点G,使AG=EC,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知

∠AGE=∠ECF=45°.

即=∠AEF即∠GAE=∠CEF.

所以△AEG≌△ECF(AAS).

所以AE=EF.

探究3将原题中的正方形一般化为矩形时,线段AE,EF具有怎样的关系?

命题3如图4,四边形ABCD是矩形,且AD=a,AB=b,其中2b>a,点E是边BC的中点,∠AEF=90°,且EF交矩形外角的平分线CF于点F.试探究线段AE,EF之间满足的数量关系.

简析在BA上截取BG=BE,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知:

所以△AEG∽△ECF.

探究4将原题中的正方形类比成正三角形、正五边形、…、正n边形时,原来的结论还成立吗?

这样就又得到一系列新命题:

命题4如图5,正△ABC中,E是BC边的中点,∠AEF=60°,且EF交正三角形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

命题5如图6,正五边形ABCDM中,E是BC边的中点,∠AEF=108°,且EF交正五边形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明思路与原题类似,从略.

探究5将命题4,5,6中的“E是BC边的中点”换成“点E是边BC上任意一点或点E是边BC延长线上一点”,又会是怎样的情形呢?

留给读者去思考.

感悟解题不满足于会做,而要善于多角度思考,并形成习惯,那么,你对数学的理解一定会上一个新台阶.

探究课本习题拓展学生思维 第6篇

例undefined, 写出数列{an}的前5项和通项公式.

分析 从递推式上看, 它既非等差数列也非等比数列, 很自然地, 大家会利用化归的思想, 将它向等差或等比的标准型转化.因为an与an-1的系数分别为1和4, 所以考虑向等比转化, 同时考虑导致非标准型的因素是常数项1, 故采取常数调节变形.

不妨设an+x=4 (an-1+x) , 得an=4an-1+3x.与原式比较令3x=1, 得undefined

于是undefined, 已经具备了等比数列的标准型了, 再令undefined, 易求等比数列{bn}的通项公式, 进一步回代, 原题即获解.

例2 已知数列{an}满足:a1=1, a2=2, an=an-1+an-2 (n≥3) , 写出数列{an}的前5项和通项公式.

分析 我们可以找到该题的生活原型, 即一楼楼梯共有10个台阶, 一个人可以一次上一个台阶, 也可以一次上两个台阶, 问:该人到达第10个台阶时共有多少种走法?设an表示该人到达第n个台阶时的走法种数, 那么a1=1, a2=2, a3当然最初我们会用枚举的方法得到a3=3, 并且会意识到当n较大时, 这种枚举方法显然十分笨拙, 我们必须抽象出问题的基本算理:要想到达第n个台阶, 有两类办法可以完成:一类是从第 (n-1) 个台阶直接到达;第二类就是从第 (n-2) 个台阶直接到达.根据分类计数原理知an=an-1+an-2.接下来, 如果我们改变初始条件为:a1=1, a2=1, 仍用an=an-1+an-2来递推数列的各项, 这就是著名的裴波那契数列.下面我们求出裴波那契数列的通项公式.

类比等差等比数列研究相邻两项之间的关系的方法, 把三项间的递推关系朝着和谐统一的方向转化, 可令undefined, 我们期望undefined, 即x2-x-1=0, 这样可以视{an-xan-1}为以q=1-x为公比的等比数列了.这个方程称为递推关系的特征方程, 求其两特征根undefined, 则原式为an-pan-1=q (an-1-pan-2) , 令bn=an-pan-1, 则bn=qbn-1, b1=a1-pa0=1 (记a0=0) .于是bn=qn-1, 即an-pan-1=qn-1, 仿照例2的解法, 令undefined, 记undefined, 求得undefined, 代入化简整理得undefined

显然, 走楼梯问题就是裴波那契数列中的第11项, 即a11=89.若再进一步探究, 令undefined, 可知undefined, 就是黄金分割比, 多么美妙的结果啊!

从普通的数学教材习题出发, 我们发现数学的海洋里总是蕴含着丰富的数学思想方法, 同时隐藏着无限的和谐美、简洁美、奇异美.探究课本习题, 显然有利于优化学生思维品质的深刻性、灵活性和独创性.课本中还有大量的类似的值得探究的习题有待我们去进一步发掘, 让我们站在更高的角度来看教材吧!

参考文献

[1]邵贵明.新课程理念下的中学数学问题探究式教学[J].中学数学教学参考:下, 2009 (6) .

[2]钱佩玲, 邵光华.数学思想方法与中学数学[M].北京:北京师范大学出版社, 1999.

挖掘课本资源,提高学生探究能力 第7篇

一、挖掘课本数学定义, 提高学生的知识探究能力

在新课标的理念中特别说明了要讲背景重知识发生的过程, 这一点在人教版教材上充分体现.对概念的引入很注重强调它的现实背景、数学理论发展的背景, 从而使学生自然、亲切的感受知识的发展过程, 有利于学生认识数学的内容和思想, 对培养学生的学习方法、学习能力以及用数学的意识都起到了很好的促进作用.因此, 教师在定义教学时, 应指导学生自主学习.如新教材人教版选修2-1第二章圆锥曲线与方程2.2.1椭圆及其标准方程第38页的椭圆定义时, 按课本上介绍的方法, 引导学生用一块纸板, 一支铅笔, 一根无弹性的细绳, 两个图钉, 尝试画椭圆, 设置如下问题:

(1) 适当长度 (2a) 的细线, 在细线两端系上图钉并按在铺有白纸的桌面上两点F1、F2处, 两点F2, F2满足|F1F2|<2a.

(2) 用铅笔一端拉紧细线, 并转动一周, 画出一个椭圆.

(3) 改变细线长度2a>|F1F2|, 重新操作 (2) 再重复操作一次, 能得到什么结论?

(4) 改变细线长度, 2a=|F1F2|, 重新操作 (2) 能得到什么结论?

(5) 改变细线长度, 使2a<|F1F2|出现什么现象?

根据 (1) 至 (5) 的操作, 讨论能得到什么结论.

(7) 重复操作 (2) 和 (3) , 观察各个椭圆具有怎样的对称性?总结一般规律, 由此求出椭圆方程可建立怎样的坐标系?

(8) 重复操作 (2) 和 (3) , 观察讨论椭圆方程的扁圆度与2a和|F1F2|有什么内在联系?

上述按学生的认识规律与心理特征进行设置问题, 通过学生动手实践, 在实验中引导学生自己观察椭圆上的点满足的几何条件, 发现椭圆的几何特征, 挖掘出椭圆定义的内涵, 让全班各组之间交流实验结果, 从而认识椭圆概念, 使得学生对椭圆的定义留下深刻印象.

二、挖掘课本例题资源, 提高学生的解法探究能力

教师在课本例题教学时, 应指导学生主动地深入思考, 探究课本基本题解法.比如, 新教材人教版选修2-2第一章导数及其应用第24页例2第 (1) 小题f (x) =x3+3x判断函数的单调性.

解法1: (定义法) 设x1, x2, 则x1-x2<0

所以f (x1) -f (x2) <0, 所以f (x1)

所以f (x) =x3+3x在R上单调递增.

上述根据学生"最近发展区"引导探究必修一函数单调性定义解法, 但是这个解法在差式有效变换方面比较复杂, 有的学生在立方差因式分解方面容易出现错误, 有的学生在配方方面不过关, 导致差式符号判断错误, 从而容易造成解题失误.从而, 教师引导学生继续探究例2第 (1) 小题课本解法, 激发学生认识掌握用导数方法解决函数单调性的必要性.

解法2: (导数法) 因为f (x) =x3+3x, 所以f' (x) =3x2+3=3 (x2+1) >0

因此f (x) =x3+3x在R上单调递增.

三、挖掘课本习题资源, 提高学生的变式探究能力

教师在指导学生做课本习题时, 在得到课本习题解题方法之后, 有必要继续引导学生探究习题还可以得到什么结论, 引导学生探究题目的结论还可以在什么条件下成立.只有这样才能充分挖掘课本习题潜在的探究功能.比如, 新教材人教版选修4-5《不等式选讲》第26页习题第9题:

本题用分析法证明如下:

如果引导学生更换题目条件继续探究, 那么学生会发现本题结论还可在“|a|>1, |b|>1”条件下成立;如果题目条件改为“设|a|>1, |b|<1或|a|<1, |b|>1”, 那么学生发现本题结论变为“|1-ab|<|a-b|”.

课本探究实验 第8篇

如图1,在△ABC中,AD是高,矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上,QM在BC上. 设BC=48,AD=16,PQ∶PN=5∶9,求矩形PQMN的面积.

【思考】要求矩形PQMN的面积,也就是要求矩形PQMN的边PQ与PN的长度.

由于四边形PQMN是矩形,则PN ∥QM,则图形中隐含着△APN∽△ABC,再根据相似三角形的性质即可得到,从而可以建立关于PN或AE为未知数的方程解决问题.

【解答】设PQ=5x,则PN=9x,AE=16-5x.

∵四边形PQMN是矩形,

∴PN∥QM,

∴△APN∽△ABC.

又∵AD是△ABC的高,

∴AE是△APN的高,

解得:x=2,则PQ=5x=10,PN=9x=18.

∴矩形PQMN的面积为10×18=180.

探究一

本题实际上是充分利用条件构造了隐含在图形中的相似三角形,建立了对应线段之间的相等关系式,从而构造了方程解决问题. 如果课本题中的矩形PQMN改为正方形PQMN(如图2),其他条件不变,那么正方形PQMN的面积又是多少呢?

【解答】设正方形的边长为x.

∵四边形PQMN是正方形,

∴PN∥QM,∴△APN∽△ABC.

又∵AD是△ABC的高,

∴AE是△APN的高,

解得:x=12.

∴ 正方形PQMN的面积为122=144.

探究二

如果课本题中的矩形PQMN是由两个并排放置的正方形所组成,如图3,此时,这个矩形PQMN的面积又是多少呢?

【略解】设PQ=x,则PN=2x,AE=16-x.

∵四边形PQMN是矩形,∴PN∥QM,

∴△APN∽△ABC.

解得:,则.

∴ 矩形PQMN的面积为.

探究三

如果课本题中的矩形PQMN是由n个全等的小正方形并排放置所组成,那么每个小正方形的边长又是多少呢?

【略解】设PQ=x,则PN=nx,AE=16-x.

下面方法同以上探究中的解答,仍然可得△APN∽△ABC.

解得:,即矩形PQMN的边长为.

探究四

如果原题中条件仅仅只是一个矩形,如图5,这样,此矩形PQMN的两条边长就不能确定,那么这个矩形面积是否有最大值呢?

【解答】∵四边形PQMN是矩形,

∴PN∥QM,∴△APN∽△ABC,

设PQ=ED=x,则AE=16-x,

即PN=-3x+48,

∴S矩 形PQMN=PN·PQ=x(-3x+48)=-3(x2-16x)=-3(x-8)2+192,

∴ 当x=8 时,S矩 形 PQMN有最大值192. 此时PN=-3x+48=24.

∴ 这个矩形面积有最大值,且为192.

一道课本探究题结论的应用 第9篇

引例 如图1，要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A，B两镇供气.泵站修在管道的什么地方，可使所用的输气管道最短？（义务教育课程标准实验教科书人教版八年级《数学》上册第42页探究）

图1

图2

如图2，取点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交l于点C，点C即为所求.

事实上，若在l上另取一点C′，根据轴对称可知B′C＝BC，所以AC+BC＝AC+B′C＝AB′，而AC′+BC′＝AC′+B′C′＞AB′，由此证明了作图的正确性.

这一问题内涵丰富，解题过程蕴含着化折为直的思想、对称变换的思想.这里作对称变换的目的是将几条线段转换到同一条直线上，再利用“两点之间线段最短”这一公理使问题顺利解决.这一几何模型无论是在理论上还是在生产实践中都有其应用价值，现在就近几年出现的中考试题加以分析说明.

图3

例1 （2010湖北鄂州）如图3所示，四边形OABC为正方形，边长为6，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上， 点D在OA上，且D点的坐标为（2，0），P是OB上的一个动点，试求PD+PA的最小值是

（ ）

A 210B 10

C 4D 6

解析 PD+PA的和是OB同侧的两定点D、A到OB上一点P的距离之和，由引例中几何模型可知，要求PD+PA的最小值，只须作D或A点关于OB的对称点，而由正方形的对称性可知A、C关于OB对称，这样连接DC，则DC即是PD+PA的最小值.由D点的坐标为（2，0），可得OD＝2.在Rt△ODC中， CD=OC2+OD2=210.选A.

例2 （2010江苏淮安）（1） 观察发现：如图4（1），若点A、B在直线l同侧，在直线l上找一点P，使AP+BP的值最小.

作法如下：作点B关于直线l的对称点B′，连接A B′，与直线l的交点就是所求的点P.

再如图4（2），在等边三角形ABC中，AB=2，点E是AB的中点，AD是高，在AD上找一点P，使BP+PE的值最小.

作法如下：作点B关于AD的对称点，恰好与点C重合，连接CE交AD于一点，则这点就是所求的点P，故BP+PE的最小值为 .

图4（1）

图4（2）

（2） 实践运用：如图4（3），已知⊙O的直径CD为4，AD的度数为60°，点B是AD的中点，在直径CD上找一点P，使BP+AP的值最小，并求BP+AP的最小值.

图4（3）

图4（4）

（3） 拓展延伸：如图4（4），在四边形ABCD的对角线AC上找一点P，使∠APB=∠APD.保留作图痕迹，不必写出作法.

解析 （1） 审题后发现要求BP+PE的最小值实质就是在高AD上求一点P，使得它到其同侧的两定点B、E的距离和最小.根据等边三角形是轴对称图形，可知B和C关于AD对称，所以CE就是BP+PE的最小值.由E是AB的中点可得BE＝1，且CE⊥AB.在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BP+PE的最小值为3.

（2） 深究题意后，不难发现其实质是在直径CD上求一点P，使其到同侧的两个定点A、B的距离和最小.如图5，作点B关于CD的对称点E，则点E正好在圆周上，连接OA、OB、OE，连接AE交CD于点P，此时AP+BP就最短.因为AD的度数为60°，点B是AD的中点，所以∠AEB=15°.因为B关于CD的对称点为E，所以∠BOE=60°，所以△OBE为等边三角形，所以∠OEB=60°，所以∠OEA=45°，又因为OA=OE，所以△OAE为等腰直角三角形，所以AE=22.

图5

图6

（3） 如图6，找B关于AC的对称点E，连接DE并延长交AC于点P即可.

例3 （2011广东深圳）如图7（1），抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点为C（1，4），交x轴于A、B两点，交y轴于点D，其中点B的坐标为（3，0）.

（1） 求抛物线的解析式；

（2） 如图7（2），过点A的直线与抛物线交于点E，交y轴于点F，其中点E的横坐标为2，若直线PQ为抛物线的对称轴，点G为直线PQ上的一动点，则x轴上是否存在一点H，使D、G、H、F四点所围成的四边形周长最小.若存在，求出这个最小值及点G、H的坐标；若不存在，请说明理由.

（3） 如图7（3），在抛物线上是否存在一点T，过点T作x轴的垂线，垂足为点M，过点M作MN∥BD，交线段AD于点N，连接MD，使△DNM∽△BMD.若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.

解析 （1） 由顶点C（1，4）、点B（3，0）即可求出抛物线的解析式为y=-(x-1)2+4.

（2） 此题的实质是求DG+GH+FH+DF的值最小.由题意不难发现点D、F为定点，故DF为定值，于是问题转化为求DG+GH+FH的值最小.注意到点D、F为两个定点，点G，H分别为对称轴和x轴上的动点，作F关于x轴的对称点I，则I在y轴上（如图7（4）），且HF＝HI. ①

通过计算可知点D与点E关于PQ对称，则GD＝GE. ②

因此，要使四边形DFHG的周长最小，只要使DG+GH+HF最小即可.

由图形的对称性和①、②，可知，此时DG+GH+HF＝EG+GH+HI，

只有当EI为一条直线时，EG+GH+HI最小，

∵ |EI|=DE2+DI2=22+42=25，DF+EI＝2+25，

从而所求四边形DFHG的周长最小为2+25.

（3） 如图7（5），由题意可知，∠NMD＝∠MDB，

要使得△DNM∽△BMD，只要NMMD=MDBD即可，

即MD2＝NM·BD.

设点M的坐标为（a，0），由MN∥BD，可得△AMN∽△ABD，

通过计算可得点T的坐标为32，154.

例4 （2011四川乐山）已知顶点为A（1，5）的抛物线y=ax2+bx+c经过点B（5，1）.

（1） 求抛物线的解析式；

（2） 如图8（1），设C、D分别是x轴、y轴上的两个动点，求四边形ABCD周长的最小值.

解析 （1） 由顶点A（1，5）、点B（5，1）即可求出抛物线的解析式为：y=-14(x-1)2+5.

（2） 此题要使四边形ABCD周长最小，也就是AB+BC+CD+AD 的和最小，而点A、B为定点，AB为定值，故只要BC+CD+AD的和最小.点C、D分别为x轴和y轴上的动点.如图8（2），过点A作关于y轴的对称点A′， 过点B作关于x轴的对称点B′，连接A′B′，交x轴于点C， 交y轴于点D，则点B′、C、D、 A′在同一条直线上，故点C，D即为所求，也就是此时DA+CD+BC＝DA′+CD+B′C最小.此时四边形ABCD的周长最小，最小值为A′B′+AB.而A′B′=(5+1)2+(1+5)2=62，AB=(5-1)2+(1-5)2=42，A′B′+AB=102.

“锐角三角函数”课本习题拓展探究 第10篇

原题：（苏科版教材九下第48页习题3）已知：如图1，AC是△ABD的高，BC＝15 cm，∠BAC＝30° ，∠DAC ＝45° ，求AD.图 1

【解析】本题中的两个直角三角形Rt△ABC和Rt△ADC具有一条公共的直角边AC，且Rt△ABC已知一边和一锐角（BC＝15 cm，∠BAC＝30°），故可以解出Rt△ABC，求出公共边AC＝15 3%姨 cm，从 而 Rt△ADC 已 知 一 边 和 一 锐 角 （AC＝15 31/2 cm，∠DAC＝45°），进而求出AD＝15 61/2cm.

说明：当一个直角三角形满足———除直角外，已知一边和一锐角或已知两边，就可以解出这个直角三角形.

变式1：已知：如图2，AC是△ABD的高，AB＝10 cm，BC ＝5 cm，∠ D ＝45°，求AD.图 2

【解析】 本 题 中 的 两个直角三角形Rt△ABC 和 Rt △ ADC 具 有 一 条 公 共 的 直角 边 ，且 Rt△ABC已 知 两 边 （AB＝10 cm，BC＝5 cm）， 故 可 以 解 出 Rt △ ABC ， 求 出公 共 边 AC＝5 31/2cm，从而Rt△ADC已知一边和一锐角（AC＝5 31/2cm，∠D＝45°），进而求出AD＝5 61/2 cm.

说明：由原题和变式1可知，当两个直角三角形有一条公共边时，这条公共边就成了联系两个直角三角形的桥梁，沟通着“已知”与“未知”.

变式2：已知：如图 3，AC 是 △ABD 的高，BD＝（3+ 31/2）cm，∠BAC＝30°，∠DAC＝45°，求AC.图 3

【解析】本题中的两个直角三角形Rt△ABC和Rt△ADC具有一 条 公共的 直角 边，但 两 个 直 角 三 角 形Rt △ABC 和 Rt△ADC 均 只 已 知 一 个 锐 角 ，故不能直接解出其中任何一个三角形. 考虑到BD＝（3+ 31/2 ） cm，即BC＋CD＝（3+ 31/2 ） cm，从而可以此为相等关系构造方程解决这一问题. 设AC＝x cm，由∠BAC＝30°， ∠DAC＝45 ° 可 得 ， CD ＝ x cm ， 所 以，解得x＝3，即AC＝3 cm.

变式3：已知：如图4，△ABD中，BD＝10cm，∠B＝60°，∠D＝45°，求△ABD的面积.图 4

【解 析】本 题 中 的△ABD显然不是直角三角形，考虑到∠B，∠D均为特 殊 角 ， 可 以通 过作高AC构造 直角三角形， 将它们分别放在Rt△ABC和Rt△ADC中. 同变式2，设AC ＝x cm， 由 ∠B ＝60° ， ∠D ＝45° 可 得BC＝x/31/2cm，CD＝x cm，所以x/31/2＋x＝10，解得x＝15-5 3%姨 ， 即AC＝ 15-5 31/2cm. 所以

说明：由变式2、变式3可知，当两个直角三角形有一条公共边，且两个直角三角形均不能直接解出时，通常设公共边这座桥梁为x，通过构造方程解决问题.

变式4：已知：AC是△ABD的高，AC＝2 31/2 cm，AB＝4 cm，∠D＝45°，求△ABD的面积.

【解析】如图5，当高AC在△ABD内部时 ， 在 Rt△ABC 中 ，AC＝2 31/2cm，AB＝4 cm，所以BC＝2 cm . 在 Rt △ ADC 中 ， AC ＝2 31/2cm，∠D＝45°，所以CD＝2 31/2 cm. 所以BD＝BC＋CD＝（2+2 31/2 ） cm. 所以△ABD的面积＝

如图6，当高AC在△ABD外部时，由上同 理 可 得BC＝2 cm，CD＝2 31/2 cm. 所 以BD ＝CD -BC ＝（2 31/2 -2） cm. 所 以△ABD的 面 积 ＝

变式5：如图7，某市在棚户区改造工程中需要修建一段东西方向全长2 000米的道路（记作线段AB）. 已知C点周围700米范围内有一电力设施区域. 在A处测得C在A的北偏东60°方向上，在B处测得C在B的北偏西45°方向上.道路AB是否穿过电力设施区域？为什么？（参考数据： 31/2≈1.732， 21/2≈1.414）图 7

【解析】本题是一个实际应用问题，需要将题中的已知信息与图形相结合，将实际问 题 转 化 成 数 学 问 题. 过 点C作CD⊥AB ， 垂 足 为 D ， 由 题 意 得 ： ∠ CAB = 30 ° ，∠CBA=45°，∠CDA=∠CDB=90°. 所以在Rt△ADC中 ，AD= 31/2 CD，在Rt△BDC中，BD=CD.

因为BD+AD=AB=2 000，即 31/2CD+CD=2 000，所以（ 31/2 +1）CD=2 000.

解得CD=1 000 （ 31/2）≈732＞700.所以AB不会穿过电力设施区域.