关于一题多解和一题多变变式问题的思考
从一道习题出发，通过一题多解、一题多变、一法多用（被称为解题三部曲），引申 变换出新题组，这是数学课堂中常用的教学方法.本文从两道中考题11!发，谈谈对于一题 多解和一题多变这两类变式问题的思考.
例1如图1,正方形ABCD屮，M是BC边（不含端点B、C）上任一点，P是BC 延长线上一点，N是ZDCP平分线上一点，若ZAMN=90° ,求证：AM = MN.
证明 在边上截取AE = MC,连ME. 正方形ABCD中，
厶 B =乙 BCD = 90°,4B = BC. ??.厶NMC = 180° - AAMN - LAMB
=180° - ZB - LAMB
=/_MAB = LMAE.
（请读者完成下面的证明?）
A
D
本题的变式作为一道中考题经常出现在全国的中考试卷中.但是其问题设置往往是用 例1的辅助线进行引导，然后证明AAEM与AMCN全等.
这条辅助线引导学生解决问题Z后，学生的解题思路便缺少了发散的余地，不利于学 生思维的开放，虽然题中也说可以选择另外的方法证明，但一般学生不会再选择其它方法 了，在中考试卷命制时，这种引导的方法的安排肯定有命题者的考虑；但在平常的教学中, 我们不要给学生暗示和提示，事实上，学生往往不是先作图1中的辅助线，而是过点N作 BP边的垂线NH,然后试图证明RtAABM与RtAMHN全等，但这种思路因证明全等时 缺少一个边相等的条件而无法进行下去.
然而事情并非是如此，这两个三角形是相似的，我们利用“设而不求”的代数思想即
可解题，过程如下:
图1
证明 如图2,过点N作丄BC,交 的延长线于点〃，故CH = NH.
在 RtZUBE 中，乙2 + 乙3 土 90°. MA 丄 MN,:. Z.1 + Z3 = 90°, 故乙1二乙2. *
???乙 ABE =厶 EGF = 90°,
与 R4MHN 相似，
若 AB MH
=
有丽HN'
设 BM = a,MC = b,CH = NH = c, 可得 AB = a+ b. ,= L±￡,
a
c
ac + be = ah + ac，即 be = ab.
??. a = c,BM = NH,
.?? RtZUBE 与 RtAEFG 全等， /. AM与M/V相等.
这一解法体现了学生的构图能力和代数推理能力，真正把相似和全等联系起来了. 事实上，本题也可以运用同一法、解析法等方法解决.
以下是一道周长为定值的中考题，通过一题多解和一题多变的过程，可感受到变式的 作用.
例2如图3,将边氏为4cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠（点E、F分别在边AB、 CD上），使点B落在AD边上的点M处，点C落在点N处，MN与CD交于点P,连结 EP.随着落点M在AD边上取遍所有的位置（点M不与点A、D重合），APDM的周长 是否发生变化？请说明理由.
A M
D
N
图3
这是一个从变化中寻找不变量的问题，试卷给出的解答是： 方法一 APDIVI的周长保持不变. 如图3,设4M = x,
RtZkEAM 中，由 NF +异二(4 -AE)\\ 可得他=2-y<. ??? Z.AME + LAEM = 90°, ^AME + APMD = 90Qf :.LAEM = Z PMD. 又乙A 二乙D 二 90°, /. AAEM s △QMP,
. CAOMP _ DM pn^AAWP _ 4 一 A； ??阪 FW；二厂口’
2
■ 8x
4 —无
二 C&MP = ----------- : ----- (4 +x)二 8cm.
2 _ —x2
8% 故厶卩。“的周长保持不变. 但我们通过思考还有如下的方法，
方法二 如图4,连结BP,过点B作MN垂线BG,根据折叠的对称性，可知ZNMB
= ZMBC.
而 ZAMB = ZMBC,
图4
故 AAMB = Z GMB,
??.^A13M 空△GBM.
/. AM = GM,AB 二 GB,
???GB二AB = BC,??? AC BP竺 厶GBP、
:.PG = PC.
???厶PDM的周长
=DM + MP + DP = DM + AM + DP + PC =8 cm.
对于第二种方法，构图似乎眼熟，特别是能够得出ZMBP=45°结论. 这个特征使我们联想到如下的一道题：
例3如图5,在边长为4的正方形ABCD中，点M、P分别在边AD、CD ±, Z MBP=45° ,求Z\\PDM 的周长.
本题正是平吋教学中常见的周长定值问题，将APBC绕点B旋转90。,通过证明 AMBP^AMBP,从而 PM = PM,得出△PDM 的周长为= AD+DC = 8.
例3与例2图形产生的过程不同，但两个问题的类型都是周长为定值问题，且都是Z MBP=45° ,因此例3是例2问题的源头，是通过折叠体现出例2的内涵.于是我们对于 这类问题产生了进一步的思考：例2的不变性是否是正方形独有的？
变式一 不妨把上面的问题中的正方形改为菱形，其它不变，看看该结论是否成立？ 由于菱形的内角一般不是直角，我们可考虑用余弦定理解决问题.
证明 如图6,设4M =讥BAD = a. 在△E4M中，
由(4 - AE)2 = AE2 + X2 - 2Ncos a,可 得 .
_ 兀 J 8%cos a + 16 二 8 - 2xcos a~~， EM = 4 AE 二歹丄：—.
16 - x
图6
o 一 2%cos a 延长M力至G,使得场
=EG. 作丄4G于点\，此时， cos(180°-a)=鑰,
AC = 2HA =( 16 二＜)cos(180。二&
4 一 cos a
易证:△OEMs 5DMP,
c
J 4DOP DM r
J 4GEM ~ GE'
c
.(16 ? -x2)cos( 180° - a) 4 + x
+ 4 一 兀cos a
4 - ■ X 16 -x2 ,
8 - 2xcos a
-
4 一 %cos a
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