思维生长：让深度学习在课堂教学中得以真实发生

[摘  要] 文章以“角的问题”一课的教学为例，通过课前助学单助力学生探究性学习、递进式问题链助力学生提高问题解决能力、结构化教学板书让思维可视，从而促进学生思维生长，使课堂深度学习得以真实发生.

[关键词] 深度学习;思维生长;角的问题;数学素养

对数学深度学习的理解

深度学习是指，在教师的引导下，学生围绕具有挑战性的学习主题，全身心积极参与、体验成功、获得发展的有意义的学习过程. 课堂是教学的主阵地，倡导深度学习或深度教学的根本目的是促进学生的发展，助力学生知、情、意的生长. 诚如有学者所言，当前大多数研究都认为深度教学“深在学生参与，倡导主动、积极;深在课程内容，倡导知其所以然;深在学习任务，倡导挑战性、高投入;深在学习过程，倡导问题解决、知识运用与创新;深在学习结果走向批判、创造等高阶思维，或整合认知与非认知的割裂，发展情感、价值观或追寻意义.[1]”数学具有高度的抽象性、逻辑的严谨性及应用的广泛性等特点，对学生的数学学习来说是极大的挑战，他们要真正掌握好数学知识，学会数学学习，就必须积极主动地参与到数学学习活动中.与其他学科的学习不同，数学学习活动要求学生积极地全程参与，思维高度集中，在活动过程中积极与所研究的数学对象进行对话，与自己的思维进行对话，与学习伙伴（包括教师、其他学生等）进行对话，并且在对话的过程中积极地对自己原来的思维进行调整与完善，以使问题得到真正解决或向问题解决的方向正确前行，最终形成新的想法、新的问题解决思路. 因此，真正意义上的数学学习，必须是一种深度学习，是促进学生高阶思维得以发展的学习，是助力学生思维生长的学习. 所以，促进学生思维生长是数学课堂深度学习真正发生的根本.

对“角的问题”的理解

角是构成几何图形的基本要素，角的问题是常见的几何问题之一.就初中阶段的数学学习来说，解决角的问题的常见思维有两种：一是直接从角的内部入手，运用逻辑推理，从角与角之间的和、差、倍、分等数量关系，实现角的位置关系变换，这种变换没有改变研究对象的本质属性;二是联系三角函数或相似三角形等知识，通过研究线段的数量关系来研究角及角与角的数量关系，将研究角这个对象转化为研究线段这个新的对象，研究对象的改变，意味着思维也需要相应地调整，于是一种具有极大挑战性的创新性思维——构造就油然而生. 运用第二种思维来解决角的问题，是近些年中考命题的热点，常出现在难度较大及区分度较大的试题中，解决这类问题对学生来说具有一定的挑战性. 文章围绕运用线段的数量关系来解决角的问题，尝试通过构建递进式问题链来帮助学生形成解决这类问题的一种基本思维经验，以实现深度学习，助力学生思维的生长.

课例呈现

1. 课前助学单

问题1：如图1所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线l经过点C，过点A作AD⊥l，垂足为D，过点B作BE⊥l，垂足为E. 请写出线段AD，BE，DE之间的数量关系式，并证明.

问题2：如图2所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，直线l经过点C，过点A作AD⊥l，垂足为D，过点B作BE⊥l，垂足为E. 请求出及的值.

解读 教师以课前助学单的形式，让学生课前在自主、合作学习中自觉巩固“一线三直角”模型，感受借用“直角”将角的问题转化为线段的数量关系问题的基本思想，从而减轻学生课堂学习的认知负担，并激发他们的课堂参与兴趣.

2. 课堂教学

问题3：（2017年深圳中考改编）如图3所示，抛物线y=ax2+bx+2经过A（-1，0），B（4，0）两点，并与y轴交于点C.

（1）求抛物线的解析式;

（2）直线BC绕点B顺时针旋转45°后与抛物线交于另一点E，求BE的长.

师：用待定系数法易求得抛物线的解析式为y=-x2+x+2.对于第（2）小题，你们有什么想法？

生1：可先求出直线BE的函数表达式，然后联立二次函数表达式，求出点E的坐标，继而求出BE的长.可过点C作CD⊥BE，垂足为D，过点D作DM⊥y轴，垂足为M，过点B作BN⊥DM，交MD的延长线于点N，此时便构造了“一线三直角”模型（如图4所示）. 由△CDM≌△DBN，得DM=BN. 设DM=m，则BN=OM=m，CM=DN=4-m. 因为OC+CM=OM，又OC=2，所以2+4-m=m，解得m=3，所以D（3，3）. 再由B（4，0），D（3，3）， 可得直线BD的解析式为y=-3x+12，联立直线BD的解析式和抛物线的解析式后可求得点E的坐标为（5，-3），所以BE==.

师：可以看到，构造出等腰直角三角形，再构造出一个水平方向的“一线三直角”模型，并引入字母m来表示线段DM的长，这些都在解决第（2）小题中发挥了重要的作用. 你是怎么想到的？

生1：由45°角可以联想到等腰直角三角形，画出等腰直角三角形BCD后，结合“问题1”我便想到了“一线三直角”模型，由求点D的坐标想到过点D作坐标轴的平行线，再分别求出线段的长.

师：的确，45°角是一个特殊角，构造含有特殊角的直角三角形，再以这个直角三角形为基构造“一线三直角”模型，便可以实现将角的问题向线段的数量关系问题转化. 构造的方法是作坐标轴的平行线，即采用“横平竖直”的“斜化直”策略. 当然，根据问题的特点，适当引入未知数来表示线段的长，并结合图形中线段的数量关系来建立方程（组），有助于我们解决问题.

分析 解决“问题3”可以迁移解决“问题1”的经验，但需要构造出“一线三直角”模型，这对学生来说具有一定的难度. 教学时，教师可让学生分享解答过程，这能促进学生之间的交流. 解答完毕后，教师可以让学生分享思维过程，让隐性的思维显化，从而促进学生思维的条理化、逻辑化，助力他们思维的生长.

问题4：在平面直角坐标系中，已知A（-2，0），B（4，0），C为y轴正半轴上一点，且∠ACB=60°，求点C的坐标.

师：由条件可知点C的位置是确定的，那如何求出点C的坐标呢？

生2：可以想办法求出OC的长. 由60°角联想到含60°角的直角三角形，于是过点A作AD⊥BC，垂足为D，得Rt△ADC，再过点D作DE⊥x轴，垂足为E，过点C作CF⊥DE交ED的延长线于点F（如图5所示）. 易得△AED∽△DFC，且它们的相似比为∶1. 设OC=m，CF=n，则DE=n，DF=OC-DE=m-n. 所以AE=DF=m-3n. 因为△DEB∽△DFC，所以=，即=，解得BE=. 因为OA+OE=AE，OE+BE=OB，所以2+n=m-3n，n+=4，解得m=±（负值舍去），所以C（0，+）.

师：可以看到，此题较上题难度有所加大，你是怎么思考的呢？

生2：由60°角想到构造含60°角的直角三角形，再运用“斜化直”策略构造“一线三直角”模型，实现将角的问题转化为线段的数量关系问题，接着用字母表示需要的未知线段的长，建立方程组求解.

师：60°角与45°角都是特殊角，在探索上可以类比迁移解决45°角问题的经验. 此题的数量关系更复杂，因此解决时可在图形中标出已知线段的长，以及由已知推理得到的线段的长，这样可以让我们的思维看得见、更直观，有助于我们快速解决问题.

问题5：如图6所示，A，B是反比例函数y=图像上的两点，点B在点A右侧，且点A的横坐标为1，tan∠AOB=2，求点B的坐标.

师：由点A的横坐标为1，易得A（1，3），那么由条件tan∠AOB=2，你们能想到什么呢？

生3：（如图7所示）过点A作AC⊥OB，垂足为C，得Rt△OAC，且tan∠AOB==2. 再运用“斜化直”策略构造出“一线三直角”模型，即过点C作CD⊥x轴，垂足为D，再过点A作AE⊥CD交DC的延长线于点E. 易得△AEC∽△CDO，且它们的相似比为2∶1. 设CD=m，则AE=2m. 所以OD=1+2m. 于是CE=2OD=2+4m. 因为CE+CD=DE，所以2+4m+m=3，解得m=. 所以OD=. 所以C，. 因此直线OC的解析式为y=x. 联立y=x与y=后可求得点B的坐标为，.

师：构造以∠AOB为内角的直角三角形，进而构造“一线三直角”模型，这是解答此问题的关键. 你是怎么想到的？

生3：由条件tan∠AOB=2联想到构造直角三角形，于是得到=2，这样便和“问题4”类似了.

师：是的，依据正切的概念，构造出直角三角形后便可以将角的问题转化为线段的数量关系问题了.综上可知，解答单个角的问题，体现了如图8所示的基本思路.

解读 “问题3”已知45°角、“问题4”已知60°角，它们的本质都是已知在以该角为一内角的直角三角形中两条直角边的比值，这与“问题5”的已知条件“tan∠AOB=2”类似. 同类问题的解法一般是相似的，可以相互迁移，于是可以归纳出一般的解题思维. 这样的教学过程能提升学生的概括思维能力，助力学生思维生长.

问题6：（2019年宿迁中考改编）如图9所示，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C（0，-3）.

（1）求抛物线的表达式;

（2）连接AC，点P在抛物线上，且满足∠PAB=2∠ACO，求点P的坐标.

师：易求得抛物线的表达式为y=x2+2x-3. 对于第（2）小题，你们有什么想法？

生4：可求得tan∠ACO=，但不会求tan2∠ACO的值.

师：可以尝试构造一个角，使得其为2∠ACO，再求出其正切值.

生5：由已知得抛物线的对称轴为直线x=-1，设对称轴与x轴交于点D，则D（-1，0）. 又由A（1，0），得∠DCO=∠ACO，于是∠ACD=2∠ACO.

师：不错！利用点A与点D关于y轴对称的关系，构造出了2∠ACO. 那接下来怎么求tan∠ACD的值呢？

生5：过点D作DE⊥AC，垂足为E. 由三角形的面积公式，可得到AD·OC=AC·DE. 因为AC==，AD=2，OC=3，所以DE=. 所以CE==. 所以tan∠ACD==.

师：那接下来怎么求点P的坐标呢？

生5：（如图10所示）由题意知tan∠PAB=tan∠ACD=. 当点P在x轴上方时，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，于是有tan∠PAB==. 设P（m，m2+2m-3），则PF=m2+2m-3，AF=1-m. 所以=，解得m=-或m=1（舍去），所以P-，. 当点P在x轴下方时，同理可得满足条件的点P的坐标为P-，-. 综上可知，满足条件的点P的坐标为-，或-，-.

问题7：（2019年达州中考改编）如图11所示，抛物线y=-x2+bx+c经过A（1，0），B（-3，0）两点.

（1）求抛物线的表达式及其顶点C的坐标;

（2）设D是x轴上一点，当tan（∠CAO+∠CDO）=4时，求点D的坐标.

师：易求得抛物线的表达式为y= -x2-2x+3，顶点C的坐标为（-1，4）. 对于第（2）小题，显然以我们现有的知识分别求出tan∠CAO与tan∠CDO的值也无法得到tan（∠CAO+∠CDO）的值，因此应找到一个角——α，使得α=∠CAO+∠CDO，即tanα=4. 观察图形及题中条件后，你们有什么发现？

生6：（如图12所示）设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H（-1，0），CH=4，OH=1. 故tan∠COH=4. 所以∠COH=α. 而∠COH=∠CAO+∠ACO，所以∠ACO=∠CDO.