第43炼,线性规划——作图与求解（5篇）

第一篇：第43炼,线性规划——作图与求解

第 43 炼 线性规划——作图与求解 一、基础知识 1、相关术语：

（1）线性约束条件：关于变量 , x y 的一次不等式（或方程）组（2）可行解：满足线性约束条件的解   , x y

（3）可行域：所有可行解组成的集合（4）目标函数：关于 , x y 的函数解析式（5）最优解：是目标函数取得最大值或最小值的可行解 2、如何在直角坐标系中作出可行域：

（1）先作出围成可行域的直线，利用“两点唯一确定一条直线”可选取直线上的两个特殊点（比如坐标轴上的点），以便快速做出直线（2）如何判断满足不等式的区域位于直线的哪一侧：一条曲线（或直线）将平面分成若干区域，则在同一区域的点，所满足不等式的不等号方向相同，所以可用特殊值法，利用特殊点判断其是否符合不等式，如果符合，则该特殊点所在区域均符合该不等式，具体来说有以下三种情况：

① 竖直线 x a  或水平线 y b  ：可通过点的横（纵）坐标直接进行判断 ② 一般直线   0 y kx b kb    ：可代入   0,0 点进行判断，若符合不等式，则原点所在区域即为不等式表示区域，否则则为另一半区域。例如：不等式 2 3 0 x y   ，代入   0,0 符合不等式，则 2 3 0 x y    所表示区域为直线 2 3 0 x y    的右下方 ③ 过原点的直线   0 y kx k   ：无法代入   0,0，可代入坐标轴上的特殊点予以解决，或者利用象限进行判断。例如：

y x  ：直线 y x  穿过一、三象限，二、四象限分居直线两侧。考虑第四象限的点 0, 0 x y  ，所以必有 y x ，所以第四象限所在区域含在 y x  表示的区域之中。

（3）在作可行域时要注意边界是否能够取到：对于约束条件   , 0 F x y （或   , 0 F x y ）边界不能取值时，在图像中边界用虚线表示；对于约束条件   , 0 F x y （或   , 0 F x y ）边界能取值时，在图像中边界用实线表示

3、利用数形结合寻求最优解的一般步骤 （1）根据约束条件，在平面直角坐标系中作出可行域所代表的区域（2）确定目标函数 z 在式子中的几何意义，常见的几何意义有：（设 , a b 为常数）

① 线性表达式——与纵截距相关：例如 z ax by  ，则有a zy xb b  ，从而 z 的取值与动直线的纵截距相关，要注意 b 的符号，若 0 b ，则 z 的最大值与纵截距最大值相关；若 0 b，则 z 的最大值与纵截距最小值相关。

② 分式——与斜率相关（分式）：例如y bzx a：可理解为 z 是可行域中的点   , x y 与定点   , a b 连线的斜率。

③ 含平方和——与距离相关：例如    2 2z x a y b     ：可理解为 z 是可行域中的点  , x y 与定点   , a b 距离的平方。

（3）根据 z 的意义寻找最优解，以及 z 的范围（或最值）

4、线性目标函数影响最优解选取的要素：当目标函数直线斜率与约束条件直线斜率符号相同时，目标函数直线斜率与约束条件直线斜率的大小会影响最优解的选取。

例如：若变量 , x y 满足约束条件003 2 122 8xyx yx y   ，则 3 4 z x y   的最大值等于_____ 作出可行域如图所示，直线 3 2 12 x y   的斜率132k  ，直线 2 8 x y   的斜率212k  ，目标函数的斜率34k  ，所以2 1k k k  ，所以在平移直线时，目标函数直线的倾斜程度要介于两直线之间，从而可得到在   2,3 A 取得最优解。但在作图中如果没有考虑斜率间的联系，平移的直线比 2 8 x y   还要平，则会发现最优解在   0,4 B 处取得，以及若平移的直线比 3 2 12 x y   还要陡，则会发现最优解在   4,0 C 处取得，都会造成错误。所以在处理目标函数与约束条件的关系时，要观察斜率的大小，并确定直线间“陡峭”程度的不同。

（1）在斜率符号相同的情况下：

k 越大，则直线越“陡”

（2）在作图和平移直线的过程中，图像不必过于精确，但斜率符号相同的直线之间，陡峭程度要与斜率绝对值大小关系一致，这样才能保证最优解选取的准确（3）当目标函数的斜率与约束条件中的某条直线斜率相同时，有可能达到最值的最优解有无数多个（位于可行域的边界上）

（4）当目标函数的斜率含参时，涉及到最优解选取的分类讨论，讨论通常以约束条件中同符号的斜率作为分界点。

二、典型例题：

例 1：若变量 , x y 满足约束条件2 002 2 0x yx yx y     ，则 2 z x y   的最小值等于（）

A.52

B.

C.32

D.2

思路：按照约束条件作出可行域，可得图形为一个封闭的三角形区域，目标函数化为：y x z  ，则 z 的最小值即为动直线纵截距的最大值。目标函数的斜率大于约束条件的斜率，所以动直线斜向上且更陡。通过平移 可 发 现 在 A 点 处，纵 截 距 最 大。

且2 0:2 2 0x yAx y    解得11,2A   ，所以 2 z x y  的最小值  min1 52 12 2z      

答案：A 例 2：设变量 , x y 满足约束条件2 02 01x yx yy     ，则目标函数 2 z x y   的最小值为（）

A.2

B.3

C.4

D.5

思路：作出目标函数的可行域，得到一个开放的区域，目标函数12 2zy x   ，通 过平移 可 得 最 优 解 为 2 0: 1,11x yA Ay   ，所以min3 z 

答案：B

例 3：若变量 , x y 满足12 0xx yx y   ，则2 2z x y   的最大值为（）

A.10

B.7

C.9

D.10

思路：目标函数2 2z x y   可视为点到原点距离的平方，所以只需求出可行域里距离原点最远的点即可，作出可行域，观察可得最远的点为   1, 3 A ，所以2max10 z OA  

答案：D 例 4：设变量 , x y 满足约束条件2 2 02 2 01 0x yx yx y       ，则11ysx的取值范围是（）

A.31,2   

B.1,12   

C.  1,2

D.1,22    思路：所求11ysx可视为点   , x y 与定点   1, 1   连线的斜率。从而在可行域中寻找斜率的取值范围即可，可得在   1,0 处的斜率最小，即  min0 1 11 1 2k   ，在   0,1处的斜率最大，为  max1 120 1k   ，结合图像可得11ysx的范围为1,22    答案：D 例 5：若实数 , x y 满足条件01 00 1x yx yx     ，则 3 x y  的最大值为（）

A.6

B.5

C.4

D.3

思路：设 3 z x y  ，则可先计算出 z 的范围，即可求出 z 的最大值：1 13 3y x z  ，则最优解为     1, 1 , 1,2 A B ，所以   5,4 z ，则max5 z 

答案：B 例 6 ：

设 O 为 坐 标 原 点，点 M 的 坐 标 为   2,1，若 点   , N x y 满 足 不 等 式 组4 3 02 12 01x yx yx     ，则使 OM ON  取得最大值的点 N 的个数有（）

A.1

B.2

C.3

D.无数个 思路：设 2 z OM ON x y    ，作出可行域，通过平移可发现达到最大值时，目标函数与直线 2 12 0 x y    重合，所以有无数多个点均能使OM ON  取得最大值 答案：D 例 7 ：（2015，福 建）

变 量 , x y 满 足 约 束 条 件02 2 00x yx ymx y     ，若 2 z x y   的最大值为 2，则实数m 等于（）

A.

B.

C.1

D.2

思路：本题约束条件含参，考虑先处理常系数不等式，作出图像，直线 y mx  为绕原点旋转的直线，从图像可观察出可行域为一个封闭三角形，目标函数 2 y x z  ，若 z 最大则动直线的纵截距最小，可 观 察 到 A 为 最 优 解。2 2 0 2 2: ,2 1 2 1x y mA Ay mx m m         ，则 有2 22 22 1 2 1mzm m    ，解得：m 

答案：C 小炼有话说：当线性约束条件含参数时，一方面可先处理常系数不等式，作出可行域的大致

范围，寻找参数变化时，可行域的共同特征；另一方面对含参数的直线确定是否过定点，在变化中寻找区域的规律。找到共同的最优解所满足的方程，便可根据最值求出参数 例 8：在约束条件2101 0xx y mx y     下，若目标函数 2 z x y    的最大值不超过 4，则实数m 的取值范围是（）

A.3, 3 

B.0, 3  

C.3,0  

D.3, 3  

思路：先做出常系数直线，动直线20 x y m    时注意到20 m ，斜率为常数 1，且发现围成的区域恒为一个三角形。目 标 函 数 2 y x z  ，通 过 图 像 可 得 最 优 解 为2 221 01 1: ,2 2 0x ym mA Ax y m            ，所 以2 22max1 1 3 122 2 2 2m mz m      ，则23 142 2m   解得：

3, 3 m    答案：D 例 9：若变量 , x y 满足约束条件020x yx yy   ，若 z ax y   的最大值为 4，则 a （）

A.3

B.2

C.

D.

思路：如图作出可行域，目标函数为 y ax z   ，由于 a 决定直线的方向，且约束条件中的直线斜率有正有负。所以先考虑 a 的符号：

当 0 0 a a     时，此时与 y x  的斜率进行比较：

若 1 1 a a    ，则 z 的最大值为 0，不符题意； 若 0 1 1 0 a a     ，则最优解为   1,1 A，代入解得3 a  与初始范围矛盾，故舍去；当 0 0 a a     时，直线与2 x y   斜率进行比较：

若 1 1 a a    ，则最优解为   2,0 B，代入解得 2 a ，符合题意 若 1 a ，可得 z 的最大值为 2，不符题意，舍去

若 0 1 0 1 a a     ，则最优解为   1,1 A，代入解得 3 a  与初始范围矛盾，舍去 综上所述：a 

答案：B 小炼有话说：（1）目标函数的直线陡峭程度不同，会导致最优解不同，所以当斜率含参时，可在约束条件中寻找斜率与目标函数斜率同号的直线，则这些直线的斜率通常是分类讨论的分界点。

（2）本题也可分别假设可行域 3 个顶点为最优解，求出 a 的值，再带入验证。

例 10：设 , x y 满足约束条件3 2 000, 0x yx yx y     ，若目标函数   0, 0 z ax by a b     的最大值为 2，则1 1a b 的最小值是（）

A.256

B.83

C.2

D.4

思 路 ：

先 做 出 可 行 域，目 标 函 数a zz ax by y xb b     ，由 0, 0 a b   可得直线的斜率为负，所以由图像可得最大值 在   1 , 1 处 取 得，即m a x2 z a b   ，所 以 1 1 1 1 1 12 22 2b aa ba b a b a b                 答案：C 小炼有话说：本题判断出斜率为负是解题的关键，从而能迅速通过平移直线得到最优解，而后与均值不等式结合求出最值 三、历年好题精选 1、（2016，衡阳联考）如果实数 , x y 满足条件2 01 02 0x yxy     ，则yzx a的最小值为12，则正数 a 的值为__________ 2、(2014，温州中学三月考)已知实数 , x y 满足135 4y xxx y   ，则2xy的最小值是_________

3、若点   1,1 在不等式组02 4 03 3m nx ymx nynx y m      所表示的平面区域内，则2 2m n  的取值范围是_________ 4、（2016，南昌二中四月考）已知实数 , x y 满足205 01 14 4x yx yy x     ，则 222 22x y yx y 的取值范围是________ 5、设实数 y x, 满足2 02 5 02 0x yx yy       ,则yxxyu   的取值范围为（）

A.2 ,31

B. 2 ,38

C. 23,38

D.23, 0

6、设实数 , x y 满足2 412 2x yx yx y     ，则 z x y   为（）

A.有最小值 2，最大值 3

B.有最小值 2，无最大值 C.有最大值 3，无最小值

D.既无最小值，也无最大值 7、设 , x y 满足约束条件：04 3 12xy xx y  ，则2 31x yx 的最小值是（）

A.2

B.3

C.4

D.5

8、（2016，湖南师大附中月考）若实数 , x y 满足2 01 01x yy xx     ，设 2 , 2 u x y v x y    ，则uv的最大值为（）

A．1

B．54

C．75

D．2 9、（2015，北京）若 , x y 满足010x yx yx   ，则 2 z x y   的最大值为（）

A.0

B.1

C.32

D.2

10、（2015，广东）若变量 , x y 满足约束条件4 5 81 30 2x yxy    ，则 3 2 z x y   的最小值为（）

A．315

B.6

C.235

D.4

11、（2015，新课标 I）若 , x y 满足约束条件1 004 0xx yx y     ，则yx的最大值为________ 答案：3 12、（2015，新课标 II）若 , x y 满足约束条件1 02 02 2 0x yx yx y      ，则 z x y   的最大值为____ 13、（2015，山东）已知 , x y 满足约束条件020x yx yy   ，若 z ax y   的最大值为 4，则 a （）

A.3

B.2

C.

D.

14、（2014，北京）若 , x y 满足约束条件2 02 00x ykx yy     ，且 z y x   的最小值为 4 ，则 k 的值为（）

A.2

B.

C.12

D.12

习题答案：、答案：1 解析：根据约束条件画出可行域，可知11xy 时，min12z  即1 111 2aa   2、、答案：

解析：设2xzy，则有2x zy ，则可知抛物线与不等式可行域有公共点，作出可行域，如图 可 知 当 1 y x   与 抛 物 线 相 切 时，此 时 z 取 得 最 小 值，联 立 方 程2201x zyx zx zy x     ，所以判别式24 0 4 z z z      

3、、答案：9,6110    解析：将   1,1 代入02 4 03 3m nx ymx nynx y m      可得：1 02 4 03 3 0m nm nm n       ，作出可行域，2 2m n  可视为点   , m n 到原点距离的平方。结合图像可知：

  5,6 到原点距离最大，即  2 2max61 m n  原点到直线 3 3 0 m n    的距离为3 1010，所以 2 2min910m n  

4、、答案：13 5,9 3    解析： 222 2 2 2 2221 12 21 2yx y y xyxzx y x yyx         ，其中ykx 可视为   , x y 与  0,0 连线的斜率，作出可行域，数形结合可得：直线 ykx  与21 14 4y x   在第一象限相切时，k 取得最大值，解得：

  1,2 k，21 111 22kzkkk   ，而   1,2 k 时，1 92 3,2kk    ，所以13 5,9 3z   

5、、答案：C 解析：令ytx，作出可行域，可知 t 可视为     , , 0,0 x y 连线的斜率，1,23t   

且1u tt  为1,23t   关于 t 的增函数，所以8 3,3 2u    、答案：B 解析：作出可行域（为开放区域），再平移直线 y x z    即可得到 z 在   2,0 处达到最小值，即min2 z ，但没有最大值 7、答案：B 解析：2 3 11 21 1x y yux x      ，则11ykx可视为可行域中的点   , x y 与   1, 1   连线的斜率，作出可行域可得：

  1,5 k ，所以 u 的最小值为 3 8 8、、答案：C 解析：方法一：1 32 1 3 12 22 2 2 22 1x y yu x yxv x y x yy       ，其中xy为可行域中的点  , x y 与原点   0,0 连线斜率 k 的倒数，作出可行域可知：

  1,3 k，所以1,13xy   ，从而可计算出71,5uv    方 法 二 ：

由22u x yv x y   可 得 ：2323v uxu vy  ，代 入 到 不 等 式 组 可 得 ：22 03 362 21 0 13 32 3213v u u vu vu v v uu vv uv u                  ，作出可行域，所求ukv 为   , v u 与   0,0 连线的斜率，数形结合即可得到最大值为75、答案：D 解析：1 122 2z x y y x z      ，作出可行域，可得最优解为   0,1 时，z 取得最大值 2、答案：C 解析：由 3 2 z x y   可得：32 2zy x   ，数形结合可知32 2zy x    经过41,5A   时，z 取得最小值min4 233 1 25 5z     

11、答案：3 解析：作出可行域（如图所示），所求分式00y yx x，即可行域中点与原点连线的斜率最大值，由图可知点   1,3 A 与原点连线斜率最大，所以yx的最大值为 3

12、答案：32

解析：目标函数变为 y x z   ，即求动直线纵截距的最大值，作出可行域，数形结合可得直线过11,2D   ，则max32z 

xy–1 –2 –3 –4 1 2 3 4–1–2–3–41234DCBO、答案：B 解析：由 z ax y   得 y ax z  ，借助图形可知：当 1 a  ，即 1 a   时在 0 x y   时有最大值 0，不符合题意；当 0 1 a  ，即 1 0 a    时在 1 x y   时有最大值1 4, 3 a a   ，不满足 1 0 a    ；当 1 0 a   ，即 0 1 a   时在 1 x y   时有最大值 1 4, 3 a a   ，不满足 0 1 a   ；当 1 a   ，即 1 a  时在 2, 0 x y   时有最大值2 4, 2 a a  ，满足 1 a ，所以 2 a 、答案：D 解析：目标函数变形为 y x z  ，由直线2 0 kx y    可得该直线过定点   0,2，分0, 0 k k   讨论，若 0 k ，则由图可知 y x z   纵截距的最小值在直线过   2,0 处取得，即min2 z  ，不符题意；当 0 k  时，可知直线 y x z   纵截距的最小值过 2 0 kx y    与 x 轴的交点2,0k   ，所以min20 4 zk      ，解得12k  

第二篇：《管理运筹学》第四版 第3章 线性规划问题的计算机求解 课后习题解析

《管理运筹学》第四版课后习题解析

第3章线性规划问题的计算机求解

1．解：

⑴甲、乙两种柜的日产量是分别是4和8，这时最大利润是2720 ⑵每多生产一件乙柜，可以使总利润提高13.333元 ⑶常数项的上下限是指常数项在指定的范围内变化时，与其对应的约束条件的对偶价格不变。比如油漆时间变为100，因为100在40和160之间，所以其对偶价格不变仍为13.333 ⑷不变，因为还在120和480之间。

2．解：

⑴不是，因为上面得到的最优解不为整数解，而本题需要的是整数解⑵最优解为(4，8)．解：

⑴农用车有12辆剩余 ⑵大于300 ⑶每增加一辆大卡车，总运费降低192元

4．解：

计算机得出的解不为整数解，平移取点得整数最优解为(10，8)

5．解：

圆桌和衣柜的生产件数分别是350和100件，这时最大利润是3100元 相差值为0代表，不需要对相应的目标系数进行改进就可以生产该产品。

最优解不变，因为C1允许增加量20-6=14；C2允许减少量为10-3=7，所有允许增加百分比和允许减少百分比之和（7.5-6）/14+（10-9）/7〈100%，所以最优解不变。

6．解：

（1）x1150，x270；目标函数最优值103 000。

（2）

1、3车间的加工工时数已使用完；

2、4车间的加工工时数没用完；没用完的加工工时数为2车间330小时，4车间15小时。（3）50，0，200，0。

含义：1车间每增加1工时，总利润增加50元；3车间每增加1工时，总利润增加200元；2车间与4车间每增加一个工时，总利润不增加。（4）3车间，因为增加的利润最大。

（5）在400到正无穷的范围内变化，最优产品的组合不变。（6）不变，因为在0,500的范围内。

（7）所谓的上限和下限值指当约束条件的右边值在给定范围内变化时，约束条件1的右边值在200,440变化，对偶价格仍为50（同理解释其他约束条件）。

（8）总利润增加了100×50=5 000，最优产品组合不变。（9）不能，因为对偶价格发生变化。

（10）不发生变化，因为允许增加的百分比与允许减少的百分比之和（11）不发生变化，因为允许增加的百分比与允许减少的百分比之和最大利润为103 000+50×50−60×200=93 500元。

7．解：

（1）4 000，10 000，62 000。

（2）约束条件1：总投资额增加1个单位，风险系数则降低0.057； 约束条件2：年回报额增加1个单位，风险系数升高2.167； 约束条件3：基金B的投资额增加1个单位，风险系数不变。

（3）约束条件1的松弛变量是0，表示投资额正好为1 200 000；约束条件2的剩余变量是0，表示投资回报额正好是60 000；约束条件3的松弛变量为700 000，表示投资B基金的投资额为370 000。

（4）当c2不变时，c1在3.75到正无穷的范围内变化，最优解不变； 当c1不变时，c2在负无穷到6.4的范围内变化，最优解不变。

（5）约束条件1的右边值在780000,1500000变化，对偶价格仍为0.057（其他同理）。（6）不能，因为允许减少的百分比与允许增加的百分比之和

42100%，理由见百4.253.62550≤100% 1001005060≤100%，其140140分之一百法则。

8．解：

（1）18 000，3 000，102 000，153 000。

（2）总投资额的松弛变量为0，表示投资额正好为1 200 000；基金B的投资额的剩余变量为0，表示投资B基金的投资额正好为300 000；（3）总投资额每增加1个单位，回报额增加0.1； 基金B的投资额每增加1个单位，回报额下降0.06。

（4）c1不变时，c2在负无穷到10的范围内变化，其最优解不变；

c2不变时，c1在2到正无穷的范围内变化，其最优解不变。

（5）约束条件1的右边值在300 000到正无穷的范围内变化，对偶价格仍为0.1； 约束条件2的右边值在0到1 200 000的范围内变化，对偶价格仍为-0.06。

600000300000100%故对偶价格不变。（6）900000900000

9．解：

（1）x18.5，x21.5，x30，x40，最优目标函数18.5。

（2）约束条件2和3，对偶价格为2和3.5，约束条件2和3的常数项增加一个单位目标函数分别提高2和3.5。

（3）第3个，此时最优目标函数值为22。

（4）在负无穷到5.5的范围内变化，其最优解不变，但此时最优目标函数值变化。（5）在0到正无穷的范围内变化，其最优解不变，但此时最优目标函数值变化。

10．解：

（1）约束条件2的右边值增加1个单位，目标函数值将增加3.622。（2）x2目标函数系数提高到0.703，最优解中x2的取值可以大于零。

（3）根据百分之一百法则判定，因为允许减少的百分比与允许增加的百分比之和12≤100%，所以最优解不变。14.583∞（4）因为1565100%，根据百分之一百法则，我们不能判定其对偶价格309.189111.2515是否有变化。

第三篇：《线性规划》在线作业题目与答案

《线性规划》在线作业题目与答案

填空题

第1题(5)分

第2题(5)分

第3题(5)分

第4题(5)分

第5题(5)分

第6题(5)分

第7题(5)分

分析题

第8题(10)分

第9题(10)分

第10题(10)分

第11题(5)分

计算题

第12题(15)分

第13题(15)分

答案： 填空题 第1题

第2题

第3题 2k3

CNCBB1N或CBB1NCN

第4题：

minf9(y1y2)7x20x30x4

4(y1y2)5x2x35s.t.(y1y2)3x2x44x,x,x0,y,y0.12234第5题：

maxzbTY,ATYC

第6题：

XBBb，XN0

第7题： 1maxW18y110y214y3

7y12y312y6y8y5123s.t.8y1y34y5y9

12y10,y20分析题 第8题

解：图形的阴影部分为此问题的可行区域，将目标函数的等值线4x16x2c（c为常数）沿它的法线方向移动，于是就得到线性规划的解。有无穷多个最优解。

第9题：

解：设x1,x2,x3分别表示生产书桌，餐桌和椅子三种产品的数量，则最大利润为

S70x150x225x3

木料，漆工和木工的工时约束分别是：

9x15x22x350;5x12x21.5x320;2x11.5x20.5x310.餐桌的生产约束是x2

4，该问题的数学模型即为：

maxS70x150x225x3

9x15x22x3505x2x1.5x20123s.t.2x11.5x20.5x310x24 x1,x2,x30第10题：

解：原问题的对偶问题为：minW16y125y2

y17y24s.t.y15y252y13y29 y1,y20因为，原问题有可行解，如（5,0,0）；对偶问题也有可行解，如（所以，由对偶理论有最优解。

第11题

第12题第13题：

4,0），

第四篇：第2课时 旋转作图与坐标系中的旋转变换(教案)（模版）

第2课时 旋转作图与坐标系中的旋转变换

教学目标 【知识与技能】

进一步加深对旋转性质的理解，能用旋转的性质解决具体问题及进行图案设计.【过程与方法】

经历对生活中旋转现象的观察、推理和分析过程，学会用数学的眼光看待生活中的有关问题，体验数学与现实生活的密切联系.【情感态度】

进一步培养学生学习数学的兴趣和热爱生活的情感，体会生活的旋转美，发展学生的美感，增强学生的艺术创作能力和艺术欣赏能力.教学重点

利用旋转的性质设计简单的图案.教学难点

利用旋转性质进行旋转作图.教学过程

一、情境导入，初步认识

问题1旋转图形具有哪些性质？还记得吗？说说看.问题2你能利用旋转的性质作出一个图形绕着某一点按一定方向旋转一个角度后的旋转图形吗？不妨试试看：如图，△AOB绕点O旋转后，G点是B点的对应点，作出△AOB旋转后的三角形.【教学说明】通过学生回顾前面所学过知识，并完成画图，既巩固了旋转的性质的理解，又为新知学习作好铺垫.教学时，教师应引导学生正确解读旋转性质，即按同一方向作出∠AOA′=∠BOG，且OA′=OA，这样达到由感性认识到理性思考，为利用旋转设计图案埋下伏笔.二、观察思考，感受新知

出示课件，展示教材P61中图23.1-9：开始出现一片月芽形图案，教师手动鼠标，慢慢出现两片、三片，„„，形成图23.1-9中图案，让学生通过观察，感受图案的形成过程，然后教师出示问题，让学生进行思考探究.问题：（1）你能说出上述图案是怎样得到的吗？

（2）如果仅给你一片月芽形图案，你能设法得到图中的图案吗？（3）谈谈你对这些图案形成过程的认识，与同伴交流.【教学说明】通过观察这些美丽的图案，可激发学生的学习兴趣，增强动手画出类似美丽图案的欲望，同时通过思考，感受由旋转而得到美丽图案的形成过程，加深对旋转性质的理解，掌握利用旋转来设计美丽图案的方法.教学时，应让学生进行充分交流，并让学生自主画图感受新知.利用课件进一步展示“月芽”的旋转效果.（1）手动鼠标，保持旋转中心不变而改变旋转角，会出现形如教材P61中图23.1-7，让学生感受不同的旋转效果；

（2）手动鼠标，保持旋转角不变而改变旋转中心，出现形如教材P61中图23.1-8，进一步体验不同的旋转效果.思考（1）在旋转过程中，产生了形如图23.1-7，图23.1-8的不同旋转效果，这是什么原因造成的呢？

（2）你能仿照上述图示方法进行图案设计吗？与同伴交流.【教学说明】让学生经历观察、探究、尝试运用和交流观点的过程，感受利用旋转的思想方法按不同方式可设计出许多美丽的图案，充分发挥学生的想象力、创造力，提高审美能力，掌握新知.三、典例精析，掌握新知

例图（1）中的图形是某设计师设计图案的一部分，请你运用旋转变换的方法，在方格纸中将图（1）中图形绕点P顺时针依次旋转90°，180°，270°，依次画出旋转后得到的图形，你会得到一个美丽的图案，涂阴影的不要涂错位置，否则不能出现理想的效果，你来试一试吧！（注：方格纸中小正方形的边长为1个单位长度）

分析：运用“对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线所成的角相等”等旋转的特征，很容易得到旋转后的图案.解：得到的图案如图（2）

【教学说明】教师提出问题来帮助学生理清思路，既是对所学知识的回顾与反思，又为解决问题寻求解题思路，锻炼学生分析问题解决问题的能力.四、活动操作，深化理解 问题把一个三角形旋转：

（1）选择某一固定点为旋转中心，旋转角分别为45°，90°和135°，请画出旋转后的图形，并观察旋转效果；

（2）选取两个不同点为旋转中心，旋转角均为30°，请画出旋转后的图形，观察旋转效果.（3）改变三角形的形状，看看旋转的效果.【教学说明】 让学生动手操作，可进一步理解旋转中心不变，改变旋转角，与旋转角不变，改变旋转中心产生不同效果的合理性，进而可激发学生利用旋转进行图案设计的欲望，锻炼学生的艺术创作力.五、图案设计，巩固提高

请以下列图形为基本图形，利用旋转进行图案设计，并与同伴交流效果.【教学说明】一方面让学生通过画图感受数学的应用价值，另一方面由于学生各自审美观点不同，创造力不同，学生所画出的图案也各不相同，这时教师应引导学生在动手操作，设计图案过程中思考，怎样画才能使画出的图形既符合旋转的性质又美丽呢？从而更好地理解旋转性质.六、师生互动，课堂小结

通过这节课的学习你有哪些收获？你觉得利用旋转进行图案设计时应注意哪些问题？请与同伴交流.课后作业

1.布置作业：从教材“习题23.1”中选取.2.完成练习册中本课时 练习的“课时 作业”部分.教学反思

第五篇：2.1 求解二元一次方程组(第1课时)教学设计

第五章 二元一次方程组

2.求解二元一次方程组（第1课时）

一.学生起点分析

学生的知识技能基础：在学习本节之前，学生已经掌握了有理数、整式的运算、一元一次方程等知识，了解了二元一次方程、二元一次方程组及其解等基本概念，具备了进一步学习二元一次方程组解法的基本能力，会通过列一元一次方程解应用题，能通过分析找出题中的等量关系列出二元一次方程组.学生活动经验基础：有同学间相互交流合作、自主探索的经验，有在活动过程中总结经验、归纳知识点的经验.二.教学任务分析 《二元一次方程组的解法》是义务教育课程标准北师大版实验教科书八年级（上）第五章《二元一次方程组》的第二节，要求学生能利用消元思想熟练的解二元一次方程组，本节体现的消元方法有代入消元法、加减消元法，教材安排了2个课时分别完成.本节课为第1课时.基于学生对二元一次方程及二元一次方程组的基本概念理解的基础上，教科书从实际问题出发，通过引导学生经历自主探索和合作交流的活动，学习二元一次方程组的解法——代入消元法.代入消元法是解二元一次方程组的基本方法之一，它要求从两个方程中选择一个系数比较简单的方程，将它转换成用含有一个未知数的代数式表示另一个未知数的形式，然后代入另一个方程，求出这个未知数的值，最后将这个未知数的值代入已变形的那个方程，求出另一个未知数的值.在求出方程组的解之后，可以对求出的解进行检验，这样可以防止和纠正方程变形和计算过程中可能出现的错误.二元一次方程组的解法，其本质思想是消元，体会“化未知为已知”的化归思想.教学目标：（1）会用代入消元法解二元一次方程组；（2）了解“消元”思想，初步体会数学研究中“化未知为已知”的化归思想.教学重点：用代入消元法解二元一次方程组.教学难点：在解题过程中体会“消元”思想和“化未知为已知”的化归思想.三.教学过程设计：：第一环节：情境引入；第二环节：探索新知；第三环节：巩固新知；第四环节：练习提高；第五环节：课堂小结；第六环节：布置作业.第一环节：情境引入 内容：教师引导学生共同回忆上一节课讨论的“买门票”问题，想一想当时是怎么获得二元一次方程组的解的.xy8,设他们中有x个成人，y个儿童，我们得到了方程组成人和

5x3y34.x5,儿童到底去了多少人呢？在上一节课的“做一做”中，我们通过检验是

y3不是方程xy8和方程5x3y34的解，从而得知这个解既是xy8的x5,解，也是5x3y34的解，根据二元一次方程组的解的定义，得出是

y3xy8,方程组的解.所以成人和儿童分别去了5人和3人.5x3y34提出问题：每一个二元一次方程的解都有无数多个，而方程组的解是方程组中各个方程的公共解，前面的方法中我们找到了这个公共解，但如果数据不巧，这可没那么容易，那么，有什么方法可以获得任意一个二元一次方程组的解呢？

第二环节：探索新知 内容：回顾七年级第一学期学习的一元一次方程，是不是也曾碰到过类似的问题，能否利用一元一次方程求解该问题？（由学生独立思考解决，教师注意指导学生规范表达）

解：设去了x个成人，则去了(8x)个儿童，根据题意，得：

5x38x34解得：x5

将x5代入8x, 解得：8－5=3.答：去了5个成人，3个儿童.在学生解决的基础上，引导学生进行比较：列二元一次方程组和列一元一次方程设未知数有何不同？列出的方程和方程组又有何联系？对你解二元一次方程组有何启示？

（先让学生独立思考，然后在学生充分思考的前提下，进行小组讨论，在此基础上由学生代表回答，老师适时地引导与补充，力求通过学生观察、思考与讨论后能得出以下的一些要点.）

1.列二元一次方程组设有两个未知数：x个成人，y个儿童.列一元一次方程只设了一个未知数：x个成人，儿童去的个数通过去的总人数与去的成人数相比较，得出(8x)个.因此y应该等于(8x).而由二元一次方程组的一个方程xy8，根据等式的性质可以推出y8x.2.发现一元一次方程中5x3(8x)34与方程组中的第二个方程5x3y34相类似，只需把5x3y34中的“y”用“8x”代替就转化成了一元一次方程.教师引导学生发现了新旧知识之间的联系，便可寻求到解决新问题的方法——即将新知识（二元一次方程组）转化为旧知识（一元一次方程）便可.（由学生来回答）上一节课我们就已知道方程组中相同的字母表示的是同

xy8,①一个未知量.所以将中的①变形，得y8x③，我们把

5x3y34②即将②中的y用8x代替，这样就有5x38x34.y8x代入方程②，“二元”化成“一元”.教师总结：同学们很善于思考.这就是我们在数学研究中经常用到的“化未知为已知”的化归思想，通过它使问题得到完美解决.下面我们完整地解一下这个二元一次方程组.（教师把解答的详细过程板书在黑板上，并要求学生一起来完成）

xy8,解：

5x3y34.由①得：y8x.③ 将③代入②得：

5x38x34解得：x5..把x5代入③得：y3.x5,所以原方程组的解为：

y3.（提醒学生进行检验，即把求出的解代入原方程组，必然使原方程组中的每个方程都同时成立，如不成立，则可知解有误）

下面我们试着用这种方法来解答上一节的“谁的包裹多”的问题.（放手让学生用已经获取的经验去解决新的问题，由学生自己完成，让两个学生在黑板上规范的板书，教师巡视：发现学生的闪光点以及存在的问题并适时的加以辅导，以期学生在解答的过程中领会“代入消元法”的真实含义和“化归”的数学思想.）

第三环节：巩固新知 内容： 1.例：解下列方程组：

3x2y14,2x3y16,(1)(2)

xy3;x4y13.（根据学生的情况可以选择学生自己完成或教师指导完成）(1)解：将②代入①，得：3y32y14.解得：y1.把y1代入②，得：x4.x4,所以原方程组的解为：

y1.(2)由②，得：x134y.③ 将③代入①，得：2134y3y16.解得：y2.将y=2代入③，得：x5.x5,所以原方程组的解是

y2.（⑵题需先进行恒等变形，教师要鼓励学生通过自主探索与交流获得求解，在求解过程中学生消元的具体方法可能不同，所以教学中不必强求解答过程的统一，但要提出如何选择将哪个方程恒等变形、消去哪个未知数能使运算较为简单.让学生在解题中进行思考）

（教师在解完后要引导学生再次就解出的结果进行思考，判断它们是否是原方程组的解.促使学生进一步理解方程组解的含义以及学会检验方程组解的方法.）

2.思考总结：（教师根据学生的实际情况进行生与生、师与生之间的相互补充与评价，并提出下面的问题）

⑴给这种解方程组的方法取个什么名字好？ ⑵上面解方程组的基本思路是什么？ ⑶主要步骤有哪些？

⑷我们观察例题的解法会发现，我们在解方程组之前，首先要观察方程组中未知数的特点，尽可能地选择变形后的方程较简单和代入后化简比较容易的方程变形，这是关键的一步.你认为选择未知数有何特点的方程变形好呢？

(由学生分组讨论，教师深入参与到学生讨论中，发现学生在自主探索、讨论过程中的独特想法，请学生小组的代表回答或学生举手回答，其余学生可以补充，力求让学生能够回答出以下的要点，教师要板书要点，在学生回答时注意进行积极评价)1.在解上面两个二元一次方程组时，我们都是将其中的一个方程变形，即用含其中一个未知数的代数式表示另一个未知数，然后代入另一个未变形的方程，从而由“二元”转化为“一元”，达到消元的目的.我们将这种方法叫代入消元法.2.解二元一次方程组的基本思路是消元，把“二元”变为“一元”.3.解上述方程组的步骤：第一步：在已知方程组的两个方程中选择一个适当的方程，将它的某个未知数用含有另一个未知数的代数式表示出来.第二步：把此代数式代入没有变形的另一个方程中，可得一个一元一次方程.第三步：解这个一元一次方程，得到一个未知数的值.第四步：把求得的未知数的值代回到原方程组中的任意一个方程或变形后的方程(一般代入变形后的方程)，求得另一个未知数的值.第五步：把方程组的解表示出来.第六步：检验(口算或笔算在草稿纸上进行)，即把求得的解代入每一个方程看是否成立.4.用代入消元法解二元一次方程组时，尽量选取一个未知数的系数的绝对值是1的方程进行变形；若未知数的系数的绝对值都不是1，则选取系数的绝对值较小的方程变形.第四环节：练习提高内容： 1.教材随堂练习

2.补充练习：用代入消元法解下列方程组：

3x2y7,x2y4,3x4y19,(1)(2) ⑶x3

y0.2xy3;x2y3;2（注：[2]题可以用整体代入法来解，把第二个方程变为2y3x，再将它代入第一个方程，得

3x2x319；[3]题分数线有括号功能；[4]题如果有时间，学生学有余力可作为补充题目.）

第五环节：课堂小结

内容：师生相互交流总结解二元一次方程组的基本思路是“消元”，即把“二元”变为“一元”； 解二元一次方程组的第一种解法——代入消元法，其主要步骤是：将其中的一个方程中的某个未知数用含有另一个未知数的代数式表示出来，并代入另一个方程中，从而消去一个未知数，化二元一次方程组为一元一次方程.解这个一元一次方程，便可得到一个未知数的值，再将所求未知数的值代入变形后的方程，便求出了一对未知数的值.即求得了方程组的解.第六环节：布置作业

1.课本习题5.2 2.解答习题5.1第3题 3.预习下一课内容