【中图分类号】G【文献标识码】A
【文章编号】0450-9889（2014）06A-0085-01
《一元二次方程》是初中数学的重点内容之一，同样也是初中数学计算的基础。由于一元二次方程的解题思路较为抽象，在解题时具有一定的难度，所以在解题过程中需要用到一元二次方程的运算技巧。如何让学生掌握这些运算技巧，并且能够灵活运用，就成为初中《一元二次方程》教学任务的核心。本文重点说明在一元二次方程的解题过程中，解题技巧所起到的有效、快捷、简化、准确解题的作用，由此突出解题技巧在教学中的重要性。
一、巧用韦达定理，化整为“1”
韦达定理是一元二次方程中较为重要的定理，其内容表述为：如有方程ax2+bx+c=0（其中a≠0）满足a+b+c=0，那么此方程必有一根为“1”，另一根为“”；若满足a-b+c=0，那么此式必有一根为“-1”，另一根为“-”。根据韦达定理的直接结果我们可以将满足定义的方程结果直接解出。如例题：求2(2+34)x2+(-105)x-5+37=0的解。
解析：一些学生会因为题目中信息量较大、运算量较大而被“吓住”，但只要仔细观察就会发现例题中a=2(2+34)，b=(-105)，c=-5+37，而a、b、c三者恰好存在a+b+c=0的关系。所以，我们可以根据韦达定理解出本题结果，即x=1或x==。
一元二次方程属于未知数方程中较为基础的，考题中许多形式也是根据基础定理而推导出来的。所以解题时教师首先要培养学生良好的心理素质，不要怕怪题、难题。先要将其整理成最简形式，并且将各个系数对应地找出来，找出其中规律，从而达到快速解题的目的。
在日常练习中，教师也可根据做题经验总结出相关定理如：在一元二次方程中，若方程式满足x2+y2=c2，其中x为未知数，y为含x的代数形式，c为常数项或含x的代数形式。如x与y满足(x+y)2=x2+y2，那么就有“xy=0”。
二、利用换元法，化繁为简
换元法同样是初中一元二次方程中最常使用的解题技巧之一。换元法最大的优点在于能够将复杂的方程变得简单，使学生更易找到解题思路，并且在计算过程中减少出错率。如例题：求64(x+4)2+x2+8x-32=0的解。分析：若让学生直接解题则存在一定的难度，如果我们运用例题中的相关规律，将其简化后解题就简单多了。
我们先看算式中的难点，在于64(x+4)2展开形式数据过多、过大，观察x2+8x，我们发现若将其配上“+16”，那么就有x2+8x+16即为(x+4)2的展开形式。由此我们整理出解题思路：64(x+4)2+x2+8x+16=48，即为64(x+4)2+(x+4)2=48。设(x+4)=y，那么就有64y2+y2=48，可以解得65y2=48，y2=，所以y=±.即x+4=±，所以x=±-4.
换元法的重点在于找出公式中相关的变形形式，并且根据其变形形式合理设定二次元。
三、利用分段法，合理找“0”
含绝对值的一元二次方程在解题时由于含正负两种情况，需分别讨论，所以成为教学中的一个易错点和难点。在含绝对值的一元二次方程计算时首先要明确以绝对值中内容为“0点”分别进行讨论。如例题：求4x2+|4x+6|-22=0的解。分析：本题是一道常规的含有绝对值的一元二次方程，解题重点在于去除|4x+6|的绝对值符号后4x+6的符号。所以解题第一步我们首先需假定4x+6的符号。
解：若绝对值内为正数，则4x+6≥0，则有x≥-。继续解方程4x2+4x+6-22=4x2+4x-16=0，有x=，又因为x≥-，所以x=；若绝对值内为负数，则4x+6
含绝对值的一元二次方程重点在于绝对值内的符号不确定，所以在解题过程中我们首先应该确定绝对值内的符号，以“0”为分界点，分别讨论大于0的情况和小于0的情况，培养学生良好的解题技巧，不仅能够提高学生的解题速度，而且还可以提高学生做题的准确度。
一、选择题：（每题2分，共12分）1．在二次根式、、中，最简二次根式的个数（）A．1个B．2个C．3个D．0个考点：最简二次根式．分析：判定一个二次根式是不是最简二次根式的方法，就是逐个检查最简二次根式的两个条件是否同时满足，同时满足的就是最简二次根式，否则就不是．解答：解：=，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；=被开方数含分母，不是最简二次根式；符合最简二次根式的定义，是最简二次根式．故选：A．点评：本题考查最简二次根式的定义．根据最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数不含能开得尽方的因数或因式．2．关于x的一元二次方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0有一个根是0，则m的值为（）A．m=2B．m=﹣2C．m=﹣2或2D．m≠0考点：一元二次方程的解；一元二次方程的定义．分析：根据一元二次方程的解的定义、一元二次方程的定义求解，把x=0代入一元二次方程即可得出m的值．解答：解：把x=0代入方程（m﹣2）x2+3x+m2﹣4=0，得m2﹣4=0，解得：m=±2，m﹣2≠0，m=﹣2，故选B．点评：本题逆用一元二次方程解的定义易得出m的值，但不能忽视一元二次方程成立的条件m﹣2≠0，因此在解题时要重视解题思路的逆向分析．3．在同一坐标系中，正比例函数y=x与反比例函数的图象大致是（）A．B．C．D．考点：反比例函数的图象；正比例函数的图象．分析：根据正比例函数与反比例函数图象的性质解答即可．解答：解：正比例函数y=x中，k=1＞0，故其图象过一、三象限，反比例函数y=﹣的图象在二、四象限，选项C符合；故选C．点评：本题主要考查了反比例函数的图象性质和正比例函数的图象性质，关键是由k的取值确定函数所在的象限．4．已知反比例函数y=（k＜0）的图象上有两点A（x1，y1）、B（x2，y2），且x1＜x2＜0，则y1与y2的大小关系是（）A．y1＜y2B．y1＞y2C．y1=y2D．不能确定考点：反比例函数图象上点的坐标特征．分析：由于反比例函数y=（k＜0）的k＜0，可见函数位于二、四象限，由于x1＜x2＜0，可见A（x1，y1）、B（x2，y2）位于第二象限，于是根据二次函数的增减性判断出y1与y2的大小．解答：解：反比例函数y=（k＜0）的k＜0，可见函数位于二、四象限，x1＜x2＜0，可见A（x1，y1）、B（x2，y2）位于第二象限，由于在二四象限内，y随x的增大而增大，y1＜y2．故选A．点评：本题考查了反比例函数图象上的点的坐标特征，函数图象上的点的坐标符合函数解析式．同时要熟悉反比例函数的增减性．5．下列定理中，有逆定理存在的是（）A．对顶角相等B．垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等C．全等三角形的面积相等D．凡直角都相等考点：命题与定理．分析：先写出四个命题的逆命题，然后分别根据对顶角的定义、线段垂直平分线的逆定理、全等三角形的判定和直角的定义进行判断．解答：解：A、“对顶角相等”的逆命题为“相等的角为对顶角”，此逆命题为假命题，所以A选项错误；B、“垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”的逆命题为“到线段两端点的距离相等的点在线段的垂直平分线上”，此逆命题为真命题，所以B选项正确；C、“全等三角形面积相等”的逆命题为“面积相等的三角形全等”，此逆命题为假命题，所以C选项错误；D、“凡直角都相等”的逆命题为“相等的角都是直角”，此逆命题为假命题，所以D选项错误．故选B．点评：本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．2、有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．也考查了定理．6．如图，在等腰RtABC中，∠A=90°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于点D，DEBC，若BC=10cm，则DEC的周长为（）A．8cmB．10cmC．12cmD．14cm考点：角平分线的性质；等腰直角三角形．分析：根据角平分线上的点到角的两边距离相等可得DE=AD，利用“HL”证明RtABD和RtEBD全等，根据全等三角形对应边相等可得AB=AE，然后求出DEC的周长=BC，再根据BC=10cm，即可得出答案．解答：解：BD是∠ABC的平分线，DEBC，∠A=90°，DE=AD，在RtABD和RtEBD中，，RtABD≌RtEBD（HL），AB=AE，DEC的周长=DE+CD+CE=AD+CD+CE，=AC+CE，=AB+CE，=BE+CE，=BC，BC=10cm，DEC的周长是10cm．故选B．点评：本题考查的是角平分线的性质，涉及到等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记各性质并求出DEC的周长=BC是解题的关键．二、填空题：（每题3分，共36分）7．化简：=3．考点：二次根式的性质与化简．分析：把被开方数化为两数积的形式，再进行化简即可．解答：解：原式==3．故答案为：3．点评：本题考查的是二次根式的性质与化简，熟知二次根式具有非负性是解答此题的关键．8．分母有理化=﹣﹣1．考点：分母有理化．分析：先找出分母的有理化因式，再把分子与分母同时乘以有理化因式，即可得出答案．解答：解：=﹣﹣1；故答案为：﹣﹣1．点评：此题考查了分母有理化，找出分母的有理化因式是本题的关键，注意结果的符号．9．方程x（x﹣5）=6的根是x1=﹣1，x2=6．考点：解一元二次方程-因式分解法．专题：计算题．分析：先把方程化为一般式，然后利用因式分解法解方程．解答：解：x2﹣5x﹣6=0，（x+1）（x﹣6）=0，x+1=0或x﹣6=0，所以x1=﹣1，x2=6．故答案为x1=﹣1，x2=6．点评：本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．10．某种品牌的笔记本电脑原价为5000元，如果连续两次降价的百分率都为10%，那么两次降价后的价格为405O元．考点：一元二次方程的应用．分析：先求出第一次降价以后的价格为：原价×（1﹣降价的百分率），再根据现在的价格=第一次降价后的价格×（1﹣降价的百分率）即可得出结果．解答：解：第一次降价后价格为5000×（1﹣10%）=4500元，第二次降价是在第一次降价后完成的，所以应为4500×（1﹣10%）=4050元．答：两次降价后的价格为405O元．故答案为：405O．点评：本题考查一元二次方程的应用，根据实际问题情景列代数式，难度中等．若设变化前的量为a，平均变化率为x，则经过两次变化后的量为a（1±x）2．11．函数的自变量的取值范围是x≥1且x≠2．考点：函数自变量的取值范围；分式有意义的条件；二次根式有意义的条件．专题：计算题；压轴题．分析：根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于或等于0，分母不等于0，可以求出x的范围．解答：解：根据题意得：x﹣1≥0且x﹣2≠0，解得：x≥1且x≠2．故答案为x≥1且x≠2．点评：本题考查了函数自变量的取值范围问题，函数自变量的范围一般从三个方面考虑：（1）当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；（2）当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；（3）当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．12．如果，那么=1．考点：函数值．分析：把自变量的值代入函数关系式计算即可得解．解答：解：f（）==1．故答案为：1．点评：本题考查了函数值求解，准确计算是解题的关键．13．在实数范围内分解因式：2x2﹣x﹣2=2（x﹣）（x﹣）．考点：实数范围内分解因式；因式分解-十字相乘法等．分析：因为2x2﹣x﹣2=0的两根为x1=，x2=，所以2x2﹣x﹣2=2（x﹣）（x﹣）．解答：解：2x2﹣x﹣2=2（x﹣）（x﹣）．点评：先求出方程2x2﹣x﹣2=0的两个根，再根据ax2+bx+c=a（x﹣x1）（x﹣x2）即可因式分解．14．经过A、B两点的圆的圆心的轨迹是线段AB的垂直平分线．考点：轨迹．分析：要求作经过已知点A和点B的圆的圆心，则圆心应满足到点A和点B的距离相等，从而根据线段的垂直平分线性质即可求解．解答：解：根据同圆的半径相等，则圆心应满足到点A和点B的距离相等，即经过已知点A和点B的圆的圆心的轨迹是线段AB的垂直平分线．故答案为：线段AB的垂直平分线．点评：此题考查了点的轨迹问题，熟悉线段垂直平分线的性质是解题关键．15．已知直角坐标平面内两点A（4，﹣1）和B（﹣2，7），那么A、B两点间的距离等于10．考点：两点间的距离公式．分析：根据两点间的距离公式进行计算，即A（x，y）和B（a，b），则AB=．解答：解：A、B两点间的距离为：==10．故答案是：10．点评：此题考查了坐标平面内两点间的距离公式，能够熟练运用公式进行计算．16．请写出符合以下条件的一个函数的解析式y=﹣x+4（答案不）．①过点（3，1）；②当x＞0时，y随x的增大而减小．考点：一次函数的性质．专题：开放型．分析：根据“y随x的增大而减小”所写函数的k值小于0，所以只要再满足点（3，1）即可．解答：解：根据题意，所写函数k＜0，例如：y=﹣x+4，此时当x=3时，y=﹣1+4=3，经过点（3，1）．所以函数解析式为y=﹣x+4（答案不）．点评：本题主要考查一次函数的性质，是开放性题目，答案不，只要满足条件即可．17．如图，已知OP平分∠AOB，∠AOB=60°，CP=4，CP∥OA，PDOA于点D，PEOB于点E．如果点M是OP的中点，则DM的长为2．考点：角平分线的性质；直角三角形斜边上的中线．分析：根据角平分线性质得出PD=PE，根据平行线性质和角平分线定义、三角形外角性质求出∠PCE=60°，角直角三角形求出PE，得出PD长，求出OP，即可求出答案．解答：解：OP平分∠AOB，∠AOB=60°，∠AOP=∠BOP=30°，PDOA，PEOB，PD=PE，CP∥OA，∠AOP=∠BOP=30°，∠CPO=∠AOP=30°，∠PCE=30°+30°=60°，在RtPCE中，PE=CP×sin60°=4×=2，即PD=2，在RtAOP中，∠ODP=90°，∠DOP=30°，PD=2，OP=2PD=4，M为OP中点，DM=OP=2，故答案为：2．点评：本题考查了角平分线性质，平行线的性质，三角形外角性质，直角三角形斜边上中线性质，含30度角的直角三角形性质，解直角三角形的应用，题目比较典型，综合性比较强．18．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当CEB′为直角三角形时，BE的长为3或6．考点：翻折变换（折叠问题）．分析：当CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8﹣x，然后在RtCEB′中运用勾股定理可计算出x．②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB′为正方形．解答：解：当CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，在RtABC中，AB=6，BC=8，AC==10，∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，∠AB′E=∠B=90°，当CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，如图，EB=EB′，AB=AB′=6，CB′=10﹣6=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8﹣x，在RtCEB′中，EB′2+CB′2=CE2，x2+42=（8﹣x）2，解得x=3，BE=3；②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形，BE=AB=6．综上所述，BE的长为3或6．故答案为：3或6．点评：本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．三、简答题：（每题6分，共36分）19．化简：．考点：二次根式的加减法．分析：先把各根式化为最简二次根式，再合并同类项即可．解答：解：原式=•2+8a•﹣a2•=a+2a﹣a=2a．点评：本题考查的是二次根式的加减法，熟知二次根式相加减，先把各个二次根式化成最简二次根式，再把被开方数相同的二次根式进行合并，合并方法为系数相加减，根式不变是解答此题的关键．20．已知：关于x的一元二次方程（m﹣1）x2﹣2mx+m+3=0．当m为何值时，方程有两个实数根？考点：根的判别式；一元二次方程的定义．分析：（m﹣1）x2﹣2mx+m+3=0，方程有两个实数根，从而得出≥0，即可解出m的范围．解答：解：方程有两个实数根，≥0；（﹣2m）2﹣4（m﹣1）（m+3）≥0；；又方程是一元二次方程，m﹣1≠0；解得m≠1；当且m≠1时方程有两个实数根．点评：本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，总结：一元二次方程根的情况与判别式的关系：（1）＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）＜0⇔方程没有实数根．21．如图，已知点P（x，y）是反比例函数图象上一点，O是坐标原点，PAx轴，SPAO=4，且图象经过（1，3m﹣1）；求：（1）反比例函数解析式．（2）m的值．考点：待定系数法求反比例函数解析式；反比例函数系数k的几何意义．分析：（1）此题可从反比例函数系数k的几何意义入手，PAO的面积为点P向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积的一半即S=|k|，再结合反比例函数所在的象限确定出k的值，则反比例函数的解析式即可求出；（2）将（1，3m﹣1）代入解析式即可得出m的值．解答：解：（1）设反比例函数解析式为，过点P（x，y），xy=4，xy=8，k=xy=8，反比例函数解析式是：；（2）图象经过（1，3m﹣1），1×（3m﹣1）=8，m=3．点评：本题主要考查了反比例函数中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得三角形面积为|k|，是经常考查的一个知识点；这里体现了数形结合的思想，做此类题一定要正确理解k的几何意义．22．假定甲乙两人在一次赛跑中，路程S（米）与时间t（秒）的关系式如图所示，那么可以知道：（1）这是一次100米赛跑．（2）甲乙两人中，先到达终点的是甲．（3）乙在这次赛跑中的速度为8米/秒．考点：函数的图象．分析：（1）根据函数图象的纵坐标，可得答案；（2）根据函数图象的横坐标，可得答案；（3）根据乙的路程除以乙的时间，可得答案．解答：解：（1）由纵坐标看出，这是一次100米赛跑；（2）由横坐标看出，先到达终点的是甲；（3）由纵坐标看出，乙行驶的路程是100米，由横坐标看出乙用了12.5秒，乙在这次赛跑中的速度为100÷12.5=8米/秒，故答案为：100，甲，8米/秒．点评：本题考查了函数图象，观察函数图象的纵坐标得出路程，横坐标得出时间是解题关键．23．已知：如图，在ABC中，AD是BC边上的高，CE是中线，F是CE的中点，CD=AB，求证：DFCE．考点：直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：连接DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=AB，再求出DE=CD，然后根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．解答：证明：连接DE，AD是BC边上的高，在RtADB中，CE是中线，DE=AB，CD=AB，DC=DE，F是CE中点，DFCE．点评：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．24．已知：如图，在RtABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，以AC为边作等边ACD，并作斜边AB的垂直平分线EH，且EB=AB，联结DE交AB于点F，求证：EF=DF．考点：全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；含30度角的直角三角形．专题：证明题．分析：根据直角三角形性质和线段垂直平分线求出BC=AB，BH=AB，推出BC=BH，推出RtACB≌RtEHB，根据全等得出EH=AC，求出EH=AD，∠CAD=60°，∠BAD=90°，根据AAS推出EHF≌DAF，根据全等三角形的性质得出即可．解答：证明：在RtABC中，∠BAC=30°，BC=AB，EH垂直平分AB，BH=AB，BC=BH，在RtACB和RtEHB中，，RtACB≌RtEHB（HL），EH=AC，等边ACD中，AC=AD，EH=AD，∠CAD=60°，∠BAD=60°+30°=90°，在EHF和DAF中，，EHF≌DAF（AAS）EF=DF．点评：本题考查了线段垂直平分线性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键，难度适中．四、解答题：（每题8分，共16分）25．如图，直线y=x与双曲线y=（k＞0）交于A点，且点A的横坐标为4，双曲线y=（k＞0）上有一动点C（m，n），（0＜m＜4），过点A作x轴垂线，垂足为B，过点C作x轴垂线，垂足为D，连接OC．（1）求k的值．（2）设COD与AOB的重合部分的面积为S，求S关于m的函数解析式．（3）连接AC，当第（2）问中S的值为1时，求OAC的面积．考点：反比例函数与一次函数的交点问题．分析：（1）由题意列出关于k的方程，求出k的值，即可解决问题．（2）借助函数解析式，运用字母m表示DE、OD的长度，即可解决问题．（3）首先求出m的值，求出COD，AOB的面积；求出梯形ABDC的面积，即可解决问题．解答：解：（1）设A点的坐标为（4，λ）；由题意得：，解得：k=8，即k的值=8．（2）如图，设E点的坐标为E（m，n）．则n=m，即DE=m；而OD=m，S=OD•DE=m×m=，即S关于m的函数解析式是S=．（3）当S=1时，=1，解得m=2或﹣2（舍去），点C在函数y=的图象上，CD==4；由（1）知：OB=4，AB=2；BD=4﹣2=2；=6，，=4；SAOC=S梯形ABDC+SCOD﹣SAOB=6+4﹣4=6．点评：该题主要考查了一次函数与反比例函数图象的交点问题；解题的关键是数形结合，灵活运用方程、函数等知识来分析、判断、求解或证明．26．如图，正方形ABCD的边长为4厘米，（对角线BD平分∠ABC）动点P从点A出发沿AB边由A向B以1厘米/秒的速度匀速移动（点P不与点A、B重合），动点Q从点B出发沿折线BC﹣CD以2厘米/秒的速度匀速移动．点P、Q同时出发，当点P停止运动，点Q也随之停止．联结AQ，交BD于点E．设点P运动时间为t秒．（1）用t表示线段PB的长；（2）当点Q在线段BC上运动时，t为何值时，∠BEP和∠BEQ相等；（3）当t为何值时，P、Q之间的距离为2cm．考点：四边形综合题．分析：（1）由正方形的性质和已知条件即可得出结果；（2）由正方形的性质得出∠PBE=∠QBE，由AAS证明BEP≌BEQ，得出对应边相等BP=BQ，得出方程，解方程即可；（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤2时；②当2＜t＜4时；由勾股定理得出方程，解方程即可．解答：解：（1）PB=AB﹣AP，AB=4，AP=1×t=t，PB=4﹣t；（2）t=时，∠BEP和∠BEQ相等；理由如下：四边形ABCD正方形，对角线BD平分∠ABC，∠PBE=∠QBE，当∠BEP=∠BEQ时，在BEP与BEQ中，，BEP≌BEQ（AAS），BP=BQ，即：4﹣t=2t，解得：t=；（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤2时；（即当P点在AB上，Q点在BC上运动时），连接PQ，如图1所示：根据勾股定理得：，即（4﹣t）2+（2t）2=（2）2，解得：t=2或t=﹣（负值舍去）；②当2＜t＜4时，（即当P点在AB上，Q点在CD上运动时），作PMCD于M，如图2所示：则PM=BC=4，CM=BP=4﹣t，MQ=2t﹣4﹣（4﹣t）=3t﹣8，根据勾股定理得：MQ2+PM2=PQ2，即，解得t=或t=2（舍去）；综上述：当t=2或时；PQ之间的距离为2cm．点评：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解方程等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，根据勾股定理得出方程，解方程才能得出结果．
一、知识的衔接
初中现行数学教材是北师大版，而高中现行数学教材是苏教版，这两种教材的体系不同，在知识方面有严重的脱节现象，相关知识归纳如下。
1.多项式方面的要求
初中已学内容为多项式概念、多项式的加减法；单项式与多项式相乘，多项式除以单项式，乘法公式；因式分解；一次函数、二次函数。另外，初中主要研究四次以下的多项式。
高中在研究函数、求导、解方程、解不等式，用赋值法求值等问题时均涉及较高层次的多项式运算。在具体运算中，需要增加立方和与立方差公式。
2.解一元二次方程
初中学过公式法（求根公式）、配方法和因式分解法，但因式分解仅限于提取公因式法、公式法（平方差公式），而没有学习十字相乘法，这使得许多学生对用十字相乘法就能得知方程根的问题，仍然要用公式法或配方法去解。
3.一元二次方程根与系数的关系——韦达定理
初中教材上没有这个定理，有的初中老师补充过，也有许多初中老师没有补充，但高中在解决有关“三个二次”问题时，却经常要用。
4.分式和二次根式
这部分内容虽然在初中时有教学内容，但是由于对学生的训练不够，尤其是面对繁分式，高一新生大多不知所措。
5.平面几何中的三角形与圆
三角形的四心，圆的内接四边形等，虽然这些内容很快就能介绍给学生，但学生在解决问题中不会往这个方向上去思考，所以也必须衔接。
这些基础知识方面的缺陷，有的使高一学生无法解决高中阶段必须能解决的问题，有的增加了学生解决基础问题的难度，增加了出错的机会。
二、能力的衔接
现行的初中教材虽有它的长处，但是与传统教材相比，对学生的逻辑推理能力、运算能力要求降低，致使初中毕业生的逻辑思维能力、概念的理解能力、问题的等价转化能力、分类讨论的能力以及运算能力等都没有达到高一学习的基础要求，致使学生在进入高一时数学学习上感觉困难重重。也使在培养学生的数学核心能力、数学思维能力上有更大的阻力。
分析：本题一般是作为课后作业出现的，学生出现的错误主要由两方面组成：
（2）对于答案的给出形式不能以集合的形式给出，思维的严谨性也有待加强。
三、解决的办法
1.针对学生知识上的脱节，建议在开学初应进行初高中的衔接教学
具体安排可以是：将高一教材内容与上述内容进行适当的组合，在高一开学初组织下列内容的教学：
（1）多项式内容的教学，重点补充介绍多项式的几个公式。
（2）分式和根式的拓展延伸教学，尤其是对学生的繁分式的化简运算进行适当的教学和训练。
（3）关于方程：可以分为若干课时，先复习回顾一元二次方程的解法，中间对含字母的一元一次方程和简单的一元三次方程以及方程组作适当的补充和介绍；第二课时可以对一元二次方程的根与系数关系进行系统的教学；第三课时可以对二次函数和一元二次方程的关系进行教学；第四课时可以对高一的新内容一元二次不等式的解法教学。
（4）简单介绍三角形的四心及其性质，圆的性质。
（5）安排化归、分类讨论等思想方法的教学。
这部分内容的呈现方式可以实行教学案一体化的形式，以增加教学容量。
2.针对学生的能力现状，在教学中应注意以下几点
（1）降低起点。在平时的教学中尽量做到低起点，小坡度，让学生有一个适应高中学习的过程，逐步消除学生对数学的畏难情绪，精讲多练，多一些作业的点评，有意引导学生联系、复习和区别旧知识，提高学生学习数学的兴趣和积极性，以后再逐步提高教学要求。
（2）认真钻研教材。深刻理解教材的编写意图和教学要求，抓主要矛盾，让数学的核心概念和基本数学思想贯穿于高中数学教学的始终，不要在一些细枝末节的问题上深挖洞，不要用一些文字游戏的问题来给学生设圈套，以免让它们变成学生学习数学的绊脚石。
学生已经学过整式与分式，知道用式子可以表示实际问题中的数量关系。解决与数量关系有关的问题还会遇到二次根式。“二次根式”一章就来认识这种式子，探索它的性质，掌握它的运算。
在这一章，首先让学生了解二次根式的概念，并掌握以下重要结论：
注：关于二次根式的运算，由于二次根式的乘除相对于二次根式的加减来说更易于掌握，教科书先安排二次根式的乘除，再安排二次根式的加减。“二次根式的乘除”一节的内容有两条发展的线索。一条是用具体计算的例子体会二次根式乘除法则的合理性，并运用二次根式的乘除法则进行运算;一条是由二次根式的乘除法则得到
并运用它们进行二次根式的化简。
“二次根式的加减”一节先安排二次根式加减的内容，再安排二次根式加减乘除混合运算的内容。在本节中，注意类比整式运算的有关内容。例如，让学生比较二次根式的加减与整式的加减，又如，通过例题说明在二次根式的运算中，多项式乘法法则和乘法公式仍然适用。这些处理有助于学生掌握本节内容。
第22章一元二次方程
学生已经掌握了用一元一次方程解决实际问题的方法。在解决某些实际问题时还会遇到一种新方程——一元二次方程。“一元二次方程”一章就来认识这种方程，讨论这种方程的解法,并运用这种方程解决一些实际问题。
本章首先通过雕像设计、制作方盒、排球比赛等问题引出一元二次方程的概念，给出一元二次方程的一般形式。然后让学生通过数值代入的方法找出某些简单的一元二次方程的解，对一元二次方程的解加以体会，并给出一元二次方程的根的概念，
“22.2降次——解一元二次方程”一节介绍配方法、公式法、因式分解法三种解一元二次方程的方法。下面分别加以说明。
(1)在介绍配方法时，首先通过实际问题引出形如的方程。这样的方程可以化为更为简单的形如的方程，由平方根的概念，可以得到这个方程的解。进而举例说明如何解形如的方程。然后举例说明一元二次方程可以化为形如的方程，引出配方法。最后安排运用配方法解一元二次方程的例题。在例题中，涉及二次项系数不是1的一元二次方程，也涉及没有实数根的一元二次方程。对于没有实数根的一元二次方程，学了“公式法”以后，学生对这个内容会有进一步的理解。
(2)在介绍公式法时，首先借助配方法讨论方程的解法，得到一元二次方程的求根公式。然后安排运用公式法解一元二次方程的例题。在例题中，涉及有两个相等实数根的一元二次方程，也涉及没有实数根的一元二次方程。由此引出一元二次方程的解的三种情况。
(3)在介绍因式分解法时，首先通过实际问题引出易于用因式分解法的一元二次方程，引出因式分解法。然后安排运用因式分解法解一元二次方程的例题。最后对配方法、公式法、因式分解法三种解一元二次方程的方法进行小结。
“22.3实际问题与一元二次方程”一节安排了四个探究栏目，分别探究传播、成本下降率、面积、匀变速运动等问题，使学生进一步体会方程是刻画现实世界的一个有效的数学模型。
第23章旋转
学生已经认识了平移、轴对称，探索了它们的性质，并运用它们进行图案设计。本书中图形变换又增添了一名新成员――旋转。“旋转”一章就来认识这种变换，探索它的性质。在此基础上，认识中心对称和中心对称图形。
“23.1旋转”一节首先通过实例介绍旋转的概念。然后让学生探究旋转的性质。在此基础上，通过例题说明作一个图形旋转后的图形的方法。最后举例说明用旋转可以进行图案设计。
“23.2中心对称”一节首先通过实例介绍中心对称的概念。然后让学生探究中心对称的性质。在此基础上，通过例题说明作与一个图形成中心对称的图形的方法。这些内容之后，通过线段、平行四边形引出中心对称图形的概念。最后介绍关于原点对称的点的坐标的关系，以及利用这一关系作与一个图形成中心对称的图形的方法。
“23.3课题学习图案设计”一节让学生探索图形之间的变换关系(平移、轴对称、旋转及其组合)，灵活运用平移、轴对称、旋转的组合进行图案设计。
第24章圆
圆是一种常见的图形。在“圆”这一章，学生将进一步认识圆，探索它的性质，并用这些知识解决一些实际问题。通过这一章的学习，学生的解决图形问题的能力将会进一步提高。
“24.1圆”一节首先介绍圆及其有关概念。然后让学生探究与垂直于弦的直径有关的结论，并运用这些结论解决问题。接下来，让学生探究弧、弦、圆心角的关系，并运用上述关系解决问题。最后让学生探究圆周角与圆心角的关系，并运用上述关系解决问题。
“24.2与圆有关的位置关系”一节首先介绍点和圆的三种位置关系、三角形的外心的概念，并通过证明“在同一直线上的三点不能作圆”引出了反证法。然后介绍直线和圆的三种位置关系、切线的概念以及与切线有关的结论。最后介绍圆和圆的位置关系。
“24.3正多边形和圆”一节揭示了正多边形和圆的关系，介绍了等分圆周得到正多边形的方法。
“24.4弧长和扇形面积”一节首先介绍弧长公式。然后介绍扇形及其面积公式。最后介绍圆锥的侧面积公式。
第25章概率初步
将一枚硬币抛掷一次，可能出现正面也可能出现反面，出现正面的可能性大还是出现反面的可能性大呢?学了“概率”一章，学生就能更好地认识这个问题了。掌握了概率的初步知识，学生还会解决更多的实际问题。
“25.1概率”一节首先通过实例介绍随机事件的概念，然后通过掷币问题引出概率的概念。
“25.2用列举法求概率”一节首先通过具体试验引出用列举法求概率的方法。然后安排运用这种方法求概率的例题。在例题中，涉及列表及画树形图。
【关键词】数学课堂教育民主化；九步教学模式；创造性思维；数学理性精神
【中图分类号】O122.2G420
【基金项目】陕西省高等教育教学改革研究项目（11BY65）；陕西省教育厅科研计划项目资助（项目编号：11JK0512）；陕西省教育科学“十一五”规划课题（SGH10119，SGH12444）；商洛学院科研项目（09sky001，12SKY—FWDF012）；商洛学院重点教改项目（12jyjx109）
1.问题提出
教育质量的提高是基于教师良知的教育理想、教育方式和教育反思的实现，也就是我们永铭的话题：任何教育教学的改革与教育教学质量的提升，都离不开好教师，并且改革与质量更能凸现卓越教师的教育良知.然而，今日“教授老板化”并不鲜见，其主要表现为：授课时间少，专注于学术与授业之外的名与利，撬动教授们这样远离课堂的表象因素似乎是利益驱动，真正症结则在于学术与教学评价机制的乏力，甚或出现了为赢得学生的评教高分，不惜以漏题、监考不严等行为一味讨好学生，谋取暂时的荣耀，倘以疲于“市场”行为的师者，去“前导”其学生，结果自然不敢让人想象.难怪乎我们的学生参加“托福”、“雅思”等国际性考试，真是让中国人的颜面丢到了世界上.目前有良知教师怀念那极其艰苦的抗战时期的西南联大，教授授业之法与授业之道，成为影响与决定学生最终学业水准的重要条件，也正因教授们重视教授方法，才更加缅怀逝去的教授.他们头顶日本鬼子飞机的狂轰滥炸，脚踩弹坑，一边潜心专注于学术研究，一边又以极为“乐观”的姿态努力传授学业，不也给千秋万世留下了联大精神？
事实上，我们的数学教育教学存在着诸多功能性色彩、数学理性精神缺失与数学信仰危机，走上了考什么，就教什么的路子，将一个好端端的对数学学习有兴趣且有余力的学生参与的数学竞赛，弄成了全民皆兵的捞钱工具，到了上上下下非批不可的令人痛心境地，缺失了为数学科学发展而教学与研究的理性质疑反思精神，导致大学数学专业生源质量下降，从而影响了数学专业毕业生的就业率，形成恶性循环，其症结是：一则过多的功利主义与非理性思想影响了部分数学教育工作者的价值观取向，大大削弱了其学术自由与教学研究的执着度.另则我们以形象工程与实用主义作为办学理念的指导思想，值得深刻反思，也到了该理性反省之时.鉴于此，本文将立足于最基本的数学课堂教学民主化思想，以案例分析的形式为出发点探讨数学教育民主化，实现尽可能多的学生享受到数学教育教学的幸福过程.
2.教学过程与教学策略
现以师范院校“初等数学研究”之“一元方程求解方法的研究”为教学案例，剖析创造性思维教学模式的过程.本案例虽略显得有繁难之嫌，但对学生数学知识的系统性理解、研究问题的基本方法和思维方式有一定的启发性作用，而且能很好地提升分析问题和解决实际问题的能力（如理性社会游戏规则的建立等）.
[趣味性开场白]同学们是否知道“懒人的数学”？它就是代数学.其实质是由于用代数方法研究数学问题或实际问题简洁明了罢了.我们已经知道通常意义下的代数学是将其理解为关于字母计算、关于由字母构成的公式的变换以及求解代数方程等的科学.
现在，我们就来共同探究“懒人”的代数方程求解吧！其实，它并不是“懒人”所做的.如意大利数学天才塔塔利亚（TartaglinN.，约1499—1557）在1535年的一场数学擂台赛中遇到了一个挑战性问题：“一块蓝宝石卖了500金币，所得利润是其成本的立方根，求其利润.”塔塔利亚先设利润若为x金币，则容易地建立了x所满足的方程式为x3+x=500，且迅速求解并获胜.他之所以能够大获全胜，是由于他以诗歌形式总结了上述缺二次项的三次方程求解的秘诀：“立方共诸物，和要写右边，巧设两个数，差值同右和；此法要牢记，再定两数积：诸物三之一，还把立方计；既知差与积，两数算容易，复求立方根，相减题答毕.”难道这是“懒人”的数学吗？
此外，还有很多丰富有趣的代数学发展故事，请同学们课外阅读.
[展示研究课题]你们肯定掌握了方程中最简单的一元一次方程，理解了方程理论是从两个方面发展的，一是从一元发展到多元，二是从一次发展到高次，即方程分为：一元一次方程、一元n次方程、多元一次方程、多元高次方程.知道了所构成的多元方程组也是通过各种消元方法化归为一元方程求解的，即便是我们已经掌握了的分式方程、无理方程、超越方程求解，也是常常将其化归为代数方程求解的.由此可见，方程理论的基本问题就是一元代数方程的求解.今天，我们不妨来研究探索一元代数方程的求解这个基本问题，领悟所谓作为西方数学开始领先于东方数学标志性问题——一元三次方程的求根公式，甚或更高次方程求解的研究.
[问题的探究过程]同学们知道（注意整个教学过程是教师引导、启发，师生共同探究的过程，但因篇幅所限，以下略去了启发、探究等环节），（第1个问题）一元一次方程ax+b=0（a≠0），可化为ax+ba=0.如果令x+ba=y，则上式可化为ay=0，由于a≠0，所以y=0，即x+ba=0，也就是x=-ba（注：这是另一种一元一次方程的求解方法）.
上面求解一次方程的方法可看作是作代换x=y-ba，目的是得到一个不含常数项的方程ay=0，这样就可以由“若干个因式之积为零，其中至少有一个为零”而求得x的值.
（第2个问题）我们再来看复系数一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0），两边同除以a得到同解方程x2+bax+ca=0，配方法有x+b2a2-b24a2-ca=0，很明显，以上求解二次方程中所有的配方，可视为作代换x=y-b2a，得到了一个不含一次项的二次方程y2+p=0，可以通过开平方求得y的值.自然地，也可把这个方程看作是把方程左边的多项式y2+p进行因式分解，从而将方程降次为一次方程来解.
所以，上述这种通过代换x=y-ba使一次原方程缺常数项（视为缺方程的第二项），通过代换x=y-b2a使二次方程缺一次项（同样视为缺方程的第二项），从而把二次方程降次为一元方程来求解.
现在回到我们开始所提出的课题——三次、四次方程甚至更高次方程，是否同样可用代数方法给出优美的求根公式呢？答案如何，我们来耐心作答吧！首先，我们有如下猜想：
猜想1由一次、二次方程的代换形式可猜测三次方程可有代换式x=y-b3a（x视为未知数，b3a视为第二项系数与最高次数乘以其系数的商），目的是可能得到一个缺第二项的三次方程，再设法降次.
猜想2由于一次方程的根是用一个有理式表示的（也可视为一次方根），二次方程的根是用一个平方根表示的，从而可猜测三次方程的根可用两个立方根的和表示.
（第3个问题）如果三次方程为ax3+bx2+cx+d=0（a≠0），两边同除以a得到通解方程x3+bax2+cax+da=0.用类比方法作代换x=y-b3a，可得到一个缺二次项的三次方程y3+py+q=0，其中p=-b23a2+ca，q=2b327a3-bc3a2+da.
这里类似于二次方程的根可用一个平方根表示，不妨设想缺二次项的三次方程的根同样可用两个立方根的和形式表示，即y=3u+3v，其中3u与3v分别表示u与v的一个立方根.反过来，对三次方程根的表示形式y=3u+3v两边同时立方并整体代入，再稍加整理即可得到y3-3（3u3v）x-（u+v）=0.这样，比较该方程与缺二次项的三次方程可得其相应的系数关系式3u3v=-p3与u+v=-q.若注意到uv=-p327，则自然构造出一个以u，v为二次方程z2+qz-p327=0的两根.
从而实现了三次方程降为二次方程，并容易求得z=-q2±q24+p327，这样我们就立刻得到方程y3+py+q=0的求解公式y=u+v，其中u=3-q2+q24+p327，
v=3-q2-q24+p327.
又因为立方根在复数域有三个值，所以u与v各有三个值，对上式y就有可能出现9种组合形式.若我们注意到3u·3v=-p3，则实际上只存在三种组合形式成为方程的三个根.这也从另一方面验证了代数基本定理是成立的（有兴趣的读者可参考文献[11]所提及的代数基本定理的各种证明）.
[诱导学生继续探究]我们在上面的讨论中，并没有具体给出缺二次项三次方程根的表达式.事实上（启发、联想过程较为困难，与数学家们发现问题是一样的），我们知道1的三个立方根分别为1，ω，ω2，这里ω=-12+32i，ω2=-12-32i，则由3u与3v分别是u与v的一个立方根知：u与v的另外两个立方根分别为ω3u，ω23u与ω3v，ω23v.这样，就得到了缺二次项三次方程的三个根分别为y1=3u+3v，y2=ω3u+ω23v，
y3=ω23u+ω3v（同时指出这种组合形式必须满足u，v是二次方程z2+qz-p327=0的两根，且3u·3v=-p3）.因此，由代换关系式x=y-b3a及p=-b23a2+ca，
q=2b327a3-bc3a2+da，得到一元三次方程的三个根用其系数表示的形式.
[反思过程]以上我们利用系数明显地表示出了三次方程的三个根，并没有像二次方程求根公式那样优美漂亮.因而，在实际求三次方程的根时，往往不是化归为实数的开立方，而是对复数开立方，由此可见其在实际解题时的复杂性，所以实际解题时很少采用.（可提出：等待学生以后的深入学习将会有很多解决问题的方法）
[批判性提出新问题]上述虽然复杂繁难，但并不意味着问题解决的思想方法不可取.若如此可取，则我们一个自然而然的问题就是：一元四次方程的求解公式是否可采用上述思想方法得到呢？
[提出新问题解决的思想方法]由一次、二次、三次方程的解决方法可猜测：（1）用代换关系式x=y-b4a，是否可得到一个同样缺第二项的四次方程？（2）是否可用类比的方法设想四次方程的四个根是三个四次根式的和？开四次方怎样做？（3）如何实现降次为三次方程求解呢？并且指出：虽然问题的解决过程，可能再出现新的问题和困难之处，但方法总比困难多.
[继续提出新问题]是否受发现二次、三次、四次方程的求根公式的启发，你是否在梦想着甚至更高次方程的系数表达式呢？（在这里，如有兴趣可带有质疑批判的理性精神去阅读文献[13]）
[再生成新的研究课题]我们曾学习和讨论过一元一次方程与一元函数之间的内在联系，特别是较为系统地、深入地研究过二次方程和二次函数、二次三项式、二次不等式之间的区别与内在联系，从而明白它们之间的有机联系不再界限分明，知道了知识之间是完全可以对话的，同时在对话中可生成新的知识点和新的问题.这样，又极为自然地有以下合情合理的猜想：
猜想1能否借助研究三次方程的方法讨论三次函数的性质？如对称性问题：是轴对称还是中心对称？是否为极值性问题？
猜想2能否借助研究四次方程的方法继续讨论四次函数的性质？如对称性问题：是轴对称还是中心对称？能否以二次函数为鉴，自然猜测到成轴对称图像，但其充要条件是什么？
猜想3有了三次、四次函数的一些性质，能否绕开讨论研究五次方程的尴尬情形，另辟蹊径地沿着三次、四次函数的研究方法讨论五次函数的性质呢？
猜想4如果研究五次函数的性质获得成功，那么是否可以继续研究一般高次函数的性质？怎样做？
[欣赏性]我们虽然得到的结论并不算十分优美，但很多数学美蕴含其中，如自然美、复杂美、统一美、多样美、演绎与归纳美、形式美、内容美以及美的相对性与绝对性等.自然美才是真美，更令我们遐想无限.
[结束语]如果我们能够再进一步思索的话，那么我们将会感悟到任何数学问题的研究都不会永远地结束！关于这一话题，因篇幅所限，我们将另文讨论.
3.案例反思
（1）数学教育教学理应成为融数学知识、数学文化与人文精神于一体，促使学生享受到数学学习的乐趣，有种激情燃烧之感，使人感动不已，由此感兴趣，致其形成志趣.我们从代数方程解发展略史出发，着手于趣味性问题的求解，感悟数学活力所在，从其解法的哲理性和新的思考方式，既享受到数学问题的思考乐趣和求解方法诗歌化的欣慰，又领悟了数学思想方法的精髓所在，更能体悟到了数学作为一种文化的人文精神.
（2）数学教育教学过程不仅是数学基础理论知识的传播与数学基本能力的培养，而且是数学思想、数学方法的渗透与掌握，更重要的是经历数学修养的全面提升，形成平等、民主、尊重、讨论、开放、对话、关心、倾听、科学的社会生存制度，使得我们的社会公平、民主与包容，在此，借鉴美国加州理工学院校训“通过教学与科研相结合，扩充人类知识和造福社会”来思考我们的数学教育民主化将十分有意义和有趣.
（3）数学教学过程只有体现以人为本的教学风格，体现着对所教育对象的理解与尊重，才能凸显数学教育的民主化.教学过程时时设身处地地不断反思，多为学生想想他们的思维受阻的原因，以条理清晰的逻辑思维方式使教学过程自然与简洁.如本案例从容易的一元一次与一元二次方程求解入手，分析其解法及根的表达形式，试着归纳猜测出合理的代换关系式，尝试着一元三次方程求解方法的可行性，使学生从发现一种数学思想方法或优美的数学论证中体会愉悦之情.
（4）在某种意义上讲，数学教育教学过程是理论、经验和反思的过程.事实上，反思往往被忽视，而且容易与批判性思维方式联系在一起，因为一提到批判性思维方式，就谈虎色变，似乎我们的所作所为都尽善尽美了，天下人的思维方式都是统一的.然而，无论何种方式、形式的反思或批判性思维，都能够起到完善思考、沟通的作用.因此，数学教学过程的反思或批判性思维方式或理性质疑是必要与可行的，是永恒的话题.如我们在教学过程中，卡当求法或塔塔利亚求法之外，能否再反思一下，是否存在其他形式的三次方程或恒等式，自然地类比联想到三角函数的正切三倍角公式、双曲正切函数或双曲余切函数的三倍角公式.想一想，做一做，可否再给出一元三次方程的另一种新解法呢？
（5）作为数学教育工作者的我们，完全有信心和有能力能够使我们的数学课堂教学有更多的激情和活力，从而使学生能够享受到数学活动的快乐，如在教学过程中，恰如其分地讲述一些数学家发现数学思想方法、数学成果的轶闻趣事与数学发现的艰辛过程.
（6）之所以我们成为数学教师，是由于我们用数学理论知识来充实自己，用民主理念来支撑我们的数学课堂，不仅要在专业上是行家，还需通晓育人的艺术，而且更重要的是体现在记录自己的教学行为，观察自己的行为结果，反思自己的课程经验，进一步改进自己的教学方法，远离浮躁，恪尽职守，矢志不渝，终生精益求精于自己的教育事业，由此而产生与分享到数学教育教学的幸福.
（7）秉承数学课堂教学民主化与效率思想的信念，不断总结与改进自己的创造性教学模式：“问题导入的趣味性——知识生成的自然性——思考探究的独立性——思考方法的理解性——讨论空间的自由性——学习过程的自明性——质疑反思的批判性——深度探究的广阔性——优美结论的欣赏性”，有模式，但不拘于模式，最终走向无模式的自由教学之境界.
（8）我们承认，数学问题（特别是世界性难题）有难易之别，面对数学难题犹如一座高天入云的珠穆朗玛峰，一般不必要企图去征服它，但是，坐上飞机加之遇上晴空万里无云的朗朗天空，远远地瞥上一眼它那冰雪覆盖的美丽的山巅，不也是挺好挺美的？
（9）本案例虽然是基于非常美好的想法——数学的学、用、教、研的学习与探究——而言的，但是体现了数学学习与活动完全可以从自己已有的数学经验、数学知识起点，相应地学到最基本的数学理论与思想方法，由此产生理性化的思维方式，以质疑批判性与宽松自由性的学习氛围，形成民主化与理性化的社会.特别是我们数学教育工作者，更应以提升自我教育形态与学术形态相互转化的教育理念，促进我们的数学理解性教学，这样，不仅使自己享受数学教育的理性过程与精神愉悦，而且使学生在数学学习中分享到无与伦比的快乐.
就一元二次方程求根公式的内容来说，一些教师往往只停留在对教材表面的理解和是否成为考点上，重视的是公式的运用，忽视公式的推导和公式的教育价值.《数学课程标准》明确规定，要理解配方法，掌握一元二次方程求根公式的推导.为什么提出这样的要求，教师需要研究和思考.
一、推导一元二次方程求根公式的必要性
因为所有的一元二次方程都可以用配方法求解，所以这是一个通法，有规律可循.如果我们不抽象、概括出一个数学模型，那么每次都要做重复性的工作.抽象、概括正是数学学习留给学生的数学思维品质和方法.
二、推导求根公式的教育价值是突出的
1．在思想方法上，求根公式的推导运用了配方法，其基本思想是降次，通过配方法转化为可直接开平方的形式，推导过程中还涉及分类讨论的思想.数学思想方法凝聚着数学的精髓和灵魂，尽管学生走上社会后，数学知识似乎渐渐淡忘了，但留存的应是那种铭刻在心头的数学思想、数学思维方式.
2．在解法上是多样的．对于一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）的求根公式的推导，人教版教材采用了二次项系数化为1再配方的方法.
因为a≠0，所以可以把方程的两边都除以二次项系数a，
得x2＋■x＋■＝0，移项，得x2＋■x＝－■，
配方，得x2+■x+（■）2=-■+（■）2，
即（x+■）2=■.a≠0，4a2>0.
当b2－4ac≥0时，得
x＋■＝±■，①
即x+■=±■，②
x=-■±■，即x=■．
首先领会教材的编写意图，将二次项系数化为1，学生容易想到，而且易于配方.再深入分析可知，系数化为1后，易于发现a，b，c不是独立的变量.再进行难点分析，公式推导过程中有两个难点：难点1是对b2-4ac非负的认识，需要分类；难点2是由①到②，化简■=2|a|出现“±”号问题.难点1是不可回避的，突破难点的关键是对用字母表示数的理解，而对于难点2，也是不可回避的吗？这个问题值得我们深入思考.
思考1难点2是化简二次根式产生的，于是我们想到能否使得开方后等号的右边是最简二次根式.事实上，当b2-4ac≥0时，b2-4ac=（■）2，于是（x+■）2=■=■=（■）2，从而x+■=±■.这样就达到了回避难点2的目的.这个方法很巧妙，但我们在逆用二次根式性质（■）2＝a（a≥0）的同时，也会给一部分学生带来困难，因而我们又有了新的思考.
思考2难点2是化简分母■产生的，而字母a是由于配方产生的，那么能否设法在配方时不出现字母呢？这是一个很好的创意，于是想到了要使二次项系数变为a2．
因为a≠0，方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）两边同乘以a，得a2x2+abx+ac=0，
配方，得a2x2＋abx＋（■）2＝（■）2－ac，
即（ax＋■）2=■.
当b2-4ac≥0时，有ax+■=■，
ax=■.a≠0，x=■.
思考3欣赏之余，再认真审视一下解题过程，这个解法似乎并不完美，配方时出现了分数，因而再次产生了改进的念头，于是又有了下面漂亮的解法：
对于ax2＋bx＋c＝0（a≠0），
a≠0，方程两边同乘以4a，得4a2x2＋4abx＋4ac＝0，
配方，得（4a2x2＋4abx＋b2）－b2＋4ac＝0，
即（2ax＋b）2＝b2－4ac，
……
比较上述解法，思考3的解法明显优于其他方法.它的优点在于解法简洁，并且揭示了判别式是一个完全平方式.上述三种思考解法的独创性正是数学学科所要培养的学生的创造性思维，只有创造型的教师才能培养出创造型的学生！
三、公式自身的教育价值是多重的
1．从运算的角度看，公式包容了初中阶段所学过的全部六种代数运算：加、减、乘、除、乘方、开方，体现了公式的和谐统一.各级运算的顺序自动决定了一元二次方程的解题顺序.开平方运算不是总能进行的，要根据判别式Δ=b2-4ac的符号来判断方程是否有实数根，如果有实数根，则由其三个系数来确定.通过运算可以完美地解决根的存在性、根的个数、根的求法三个问题，可以说是“万能”求根公式.它向我们展示了抽象性、一般性和简洁性等数学的美和魅力.
2．从方程的观点来看，当公式中的三个量为常数时，则它是关于第四个量的方程.比如a，b，c为确定的数值时，它便是关于x的方程.当a，b，c，x中不只有一个变量时，若视其中一个字母为变量，其余的为常数，则它是关于这个变量的一元方程；若视其中两个字母为变量，其余的为常数，则它是关于这两个变量的二元方程.
