第1个回答 2022-07-01
北师大版四年级上册36页有一道数学游戏题。这道数学游戏题是安排在学习了《神奇的计算工具》之后的练习题。其中第二问是问号题，即拓展练习题。
拓展练习，在“练一练”题目比例中占1/10。是基本练习、变式练习、拓展练习三个层次当中的最高层次。拓展练习编写意图是，力求体现对于重要内容的进一步理解，发展数学思考和解决问题的能力。拓展练习的完成，需要用到丰富的数学素养，更能促进数学素养的进一步提高与发展。
为了有序、有效促进孩子们思维力的发展，体现生命数学的魅力，不妨将这一道数学游戏题进行扩充，设计成专题研究课，可以用来引领初中生孩子们进行一场数学素养养成的练兵之旅，在专题研究中提撕思维力，体验探求“秘诀”的乐趣，感受数学建模思想带来的快慰，颖悟数学中蕴含的人生哲理。
一、由简到繁，逻辑推理步步为营
通过以下例题引发孩子有序思考，体验由简到繁的过程，形成步步为营的推理习惯。
题一：用3，4，5这三个数字，任意组成一个一位数和一个两位数，求出它们的积，积大者获胜。
孩子们用不了些许时间，很快能够得出正确的答案，积是最大者的算式为：5×43=215。
题二：用2，3，4，5这四个数字，任意组成两个两位数，求出它们的积，积大者获胜。
同学能够把眼光集中在53×42或者是52×43这两个算式上。因为孩子们已经具备“用若干个数字写出最大的数”既有体验，会不自觉地运用。通过计算可以得到，52×43=2236，是乘积最大的算式。
题三：用1，2，3，4，5这五个数字，任意组成一个两位数和一个三位数，求出它们的积，积大者获胜。
孩子们有了前面两题做铺垫，对乘积最大的获得，有了思维上的准备。在这一基础上引领孩子们对比题三与题二的不同。从而让孩子们感悟到。其实题三就是在题二的基础上把新增加的数字“1”，添加在52后面还是添加在43后面的问题了。于是得出如下算式：
521×43=22403，
52×431=22412。
从而轻而易举获得52×431=22412是乘积最大的算式。
从三道题的表面来看，遵循的是从简到繁的一个过程，然而由于逻辑推理的有序、渐进、到位，步步为营，让孩子们充分经历了思维的推进，在推理过程中获得了感悟。让孩子们在数学素养上得到了较好的训练。
二、从数及字，数学抽象掷地有声
数学语言是世界上最智慧的语言。用字母表示数，是学生在思维上一个质的飞跃。字母表示数，具有强烈的符号意识。符号意识是学生数学抽象的重要表现，可以表达现实生活中蕴含的更为普遍，更为一般的数学原理、数学本质、数学之美。
于是我们将前文提到的1、2、3、4、5，按照从大到小的顺序5、4、3、2、1，依次用字母a、b、c、d、e来表示。用字母表示数，每个字母所代表的原数的大小已经没有了实质性的意义，保留下来的，是他们彼此之间的大小关系。即a>b>c>d>e。
这时我们可以利用字母表示这些数来二次研究上述的问题。
题一：已知9≥a>b>c≥1，用a，b，c这三个数字，怎样组成一个一位数和一个两位数，使得乘积最大。
经过操作，不难发现只有两种组合成为我们关注的重点。即a，c组成两位数与b的乘积及b，c组成的两位数与a的乘积。为了探寻这两种组合，哪一种组合乘积最大？可以循序渐进引入作差法比较数的大小。
例如：因为5>3，所以5-3>0，用字母表示为：如果a>b，那么a-b>0。反之，如果a-b>0，那么a>b。
a，c组成的两位数可以表示为10a+c，同理b，c组成的两位数可以表示为10b+c。于是，我们可以引导学生列出以下算式并进行计算：
(10b+c)×a－(10a+c)×b
=10ab+ac-10ab-bc
=ac-bc
=(a-b)c
>0
所以b，c组成的两位数与a的乘积(10b+c)×a是最大的。即bc×a最大(bc表示一个两位数)。
题二：已知9≥a>b>c>d≥1，用a，b，c，d这四个数字，怎样组成两个两位数，使得乘积最大。
在前面题目的基础上，可以聚焦的组合应该有两种。列式为：(10a+c)×(10b+d)与(10a+d)×(10b+c)。可以引导学生计算：
(10a+d)×(10b+c)-(10a+c)×(10b+d)
=100ab+10ac+10bd+cd-100ab-10ad-10bc-cd
=10a(c-d)+10b(d-c)
=10(c-d)(a-b)
>0
因此乘积最大的组合为：
(10a+d)×(10b+c)，即：ad×bc (ad,bc均表示一个两位数)。
题三：已知9≥a>b>c>d>e>f≥1，用a，b，c，d，e，f这六个数字，怎样组成两个三位数，使得乘积最大。
在题二的基础上，可以聚焦的组合应该有两种。列式为：(100a+10d+f)×(100b+10c+e)与(100a+10d+e)×(100b+10c+f)。可以引导学生计算：
(100a+10d+f)×(100b+10c+e)-(100a+10d+e)×(100b+10c+f)
=10000ab+1000ac+100ae+1000bd+100cd+10de+100bf+10cf+ef-10000ab-1000ac-100af-1000bd-100cd-10df-100be-10ce-ef
=100a(e-f)+10d(e-f)+100b(f-e)+10c(f-e)
=100(a-b)(e-f)+10(d-c)(e-f)
=10(e-f)[10(a-b)+(d-c)]
>0
因此乘积最大的组合为：(100a+10d+f)×(100b+10c+e)，即：adf×bce(adf与bce均为一个三位数)。
三、举一反三，建模思想登峰造极
为了表达方便，回过头来我们用6、5、4、3、2、1代表a、b、c、d、e、f。
用三个数字组成一个一位数和一个两位数，使得乘积最大的时候我们发现结果是：6×54；
用四个数字组成两个两位数，使得乘积最大时，结果是：63×54；
用五个数字组成一个两位数和一个三位数，使得乘积最大时，结果是：63×542；
用六个数字组成两个三位数，使得乘积最大时，结果是：631×542。
通过以上例子可以引导孩子们仔细观察与积极思考，找出其中的规律：
1.将数字从到大小依次使用；
2.每新增一个数字，需要判断原有的两个数谁大谁小。把新增的数字添在原数中较小的数的末尾，组成一个多一位的数。
其实这就是解决这一问题的一个极简模型。从大到小依次添加，每次将新添加的数添在较小数的末尾即可解决问题。
其中也蕴含了深刻的人生哲学。要获得乘积最大也就是要获得最优解，添加数字做选择时需要舍大取小。“随小”是为了最终的取“最大”。犹如每次暂时后退是为了便于助力冲刺越过前面的鸿沟。
那么如何来验证这一模型的正确性呢？我们用A、B代表原先的两个数，并且A大于B。现在增加一个数n。把n添在A的末尾还是B的末尾，能使它们的乘积更大呢？
依据前文得出的模型，应该是添在B的末尾乘积会更大。于是根据作差法列式推理如下：
(10B+n)×A-(10A+n)×B
=10AB+An-10AB-Bn
=(A-B)×n
>0
通过用字母代表具体的数进行推理认证，这样结论更具有一般性与普适性。同时也说明，我们通过具体分析，逐渐得出的解决问题的模型是正确的，具有推广的价值与意义。
如果学生感兴趣的话，我们这个模型还可以进一步推广。我们前面所讨论的前提是十进制的数。还可以把十进推广为十六进制甚至n进制。如果是十六进制的话，我们就需要16个字符，表示从0到15。例如我们可以采用这些字符，0123456789ABCDEF，其中A代表10，F代表15。当然组成的数的数位也不再叫个位，十位和百位了。而应该是16º位，16¹位，16²位，16³位，以此类推。同理，如果是n进制的话，那我们就需要n个字符，表示从0到n-1。数位从右起，分别是nº位，n¹位，n²位，n³位……
学生们都知道，四边形是由四条线段首尾依次连接而围成的封闭图形。在四边形四条边上各取中点，将四个中点依次连接，围成的新的四边形，我们可以称之为中点四边形。
探究四边形的中点四边形，一般从正方形开始的。学生通过操作可以发现正方形的中点四边形仍然是正方形。只是方向发生偏转，并且面积是原来正方形面积的一半。
接着便可探究长方形的中点四边形。通过操作可以发现长方形的中点四边形是菱形。菱形再内接中点四边形又是长方形。每次中点四边形是上级四边形面积的一半。
平行四边形内接中点四边形是是一个新的平行四边形。并且面积也是原平行四边形面积的一半。新平行四边形再内接中点四边形仍然是平行四边形，面积是上级平行四边形的1/2，是最上阶平行四边形面积的1/4。方向与最上阶平行四边形一致。
等腰梯形的内接中点四边形是菱形。普通梯形的内接中点四边形是平行四边形。
至此，我们可以发现，无论是正方形、长方形、菱形、平行四边形、梯形中点四边形都是平行四边形。当然学生也知道正方形、长方形和菱形都是特殊的平行四边形。正因为正方形、长方形、菱形是特殊的平行四边形，于是更有益于学生观察、想象，更能够体会从特殊到一般的逻辑推理思维与思考辨析途径。
在学生确认平行四边形和梯形的内接中点四边形一定是平行四边形基础上，引导学生发问，提出问题：普通四边形内接中点四边形是一个什么样的图形呢？通过动手操作、探究，进一步体验探寻新的发现。
通过作图实践、认真观察，可以发现任意四边形的内接中点四边形都是平行四边形。那么如何让学生理解中点四边形一定就是平行四边形呢。
在此处引入三角形中位线的理解。在三角形的两条边上各取中点，相连得到的一条线段叫做三角形的中位线。三角形的中位线具有什么性质呢？我们可以通过利用添加了一条中位线的两个完全一样的三角形，其中一个倒置组合成一个平行四边形。通过观察不难发现，两个拼接在一起的三角形的两条中位线刚好在同一条直线上。并且与上下底边互相平行且相等。于是我们从感观上就可以获得认识，三角形的中位线平行于底边并且等于底边的一半。
在确认三角形的中位线平行并等于底边的一半之后。回到普通四边形内接中点四边形图形当中，此时我们添加一条原四边形的对角线。然后隐去下半部分，观察上半部分我们可以发现：上半部分三角形当中两边中点的连线，其实就是三角形的中位线。所以这条中位线，它会与刚刚添加的原四边形的对角线平行，并且等于这条对角线的一半。同理，隐去上半部分只观察下半部分剩下的三角形。同样可以发现下面也是一个三角形。三角形的中位线也会等于对角线的一半，并且与之平行。这样一来，把上下放在一起就可以轻而易举地发现，上面一条中位线和下面一条中位线，它们是互相平行的，并且也是相等的。而这两条中位线就是原四边形内接中点四边形的上下两条边。同理可得，内接中点四边形左右两条边也是互相平行并且相等的。这样我们就可以确认中点四边形是一个平行四边形了。
平行四边形、梯形、任意四边形，它们的内接四边形都是平行四边形。从这个角度来说，平行四边形就是四边形的一种归属。这时我们可以引导孩子进一步向下走。像这种平行四边形、梯形、任意四边形，我们称之为凸四边形。
凸四边形就是没有角度数大于180° 的四边形，把四边形的任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凸四边形。
凸四边形内接中点四边形是平行四边形，那么与之对应的凹四边形会怎么样呢？
于是出示凹四边形，并让学生进行操作，找出四条边的中点，把四个中点连接得到新的四边形。同学们可以发现在这个新的四边形当中，其中有一条边在原四边形的外侧。新的四边形看上去似乎也是平行四边形。那么到底是不是平行四边形呢？答案是肯定的，那么如何引导孩子来进行思考与逻辑证明呢。
我们可以观察发现凹四边形，其中有两条边是凹进去的。正是因为如此，所以中点四边形有一条线露在原四边形的外侧。这时我们引导孩子将向里凹的两条线段的两侧端点进行连接。便可以发现有两个三角形是内外嵌套的。在这两个内外嵌套的三角形当中，他们拥有一条共同的底边即刚刚连接所得到的线段。而这两个三角形的中位线，就是我们内接中点四边形的一组对边。在前面的三角形中位线知识的基础上。可以明白这一组对边是平行也是相等的。
另外，我们将原四边形的另外两个顶点连接，得到另一条对角线的话，同样也可以得出另外一组对边也是平行且相等的。
至此，凸四边形与凹四边形任何一个四边形，它们的中点四边形都是平行四边形。
那么一个任意四边形内接中点四边形的面积是原四边形面积的多少呢？
平行四边形的内接中点四边形面积是原平行四边形面积的一半。证明很简单，只需要将四个中点对点连接，就可以得到八块小三角形，在八块小三角形当中，两两全等。即可证得中点四边形面积是原平行四边形面积的一半。
对于普通四边形的中点四边形面积是原四边形面积的一半，如何进行证明呢？
可以通过连接一组对点作出原四边形的一条对角线。这样，原四边形变被为分为两个三角形，同时中点四边形也被分成了两个平行四边形。此时可以探究，其中一个三角形，与其内部平行四边形的面积关系。通过观察推理可以发现。平行四边形的底就是三角形的中位线，是三角形的底的一半，平行四边形的高是三角形的高的一半。通过平行四边形与三角形面积公式可得，平行四边形是三角形面积的一半。同理可得，另一侧也是如此。最后可以得到中点四边形面积是原四边形面积的一半。
对于凹四边形原理也是一样。内接中点四边形的面积仍然是原四边形面积的一半。方法依然是作对角线，通过中位线的性质可证三角形与内置平行四边形的面积关系。最后可得中点四边形是原四边形面积的一半。
最值得耐人寻味的是任意凸凹四边形的内接中点四边形都是平行四边形，并且是面积是原四边形的一半。也许平行四边形是美丽的四边形吧，为何具有如此强悍的统一性与归属感？
事实上，在数学世界里，表面看似纷繁复杂的数学想象，往往具有内在的统一性与归属性。这需要学生具有强烈的探求精神，热切的探求兴趣，正确的探求方法，严密的探求思维，震撼的生命体验，数学将会成为一科最为怡情的学问。
几何图形面积计算，贯穿小学学习阶段。几何知识内容学习有助于学生空间想象能力发展，有利于学生直观想象能力培养，更是由特殊到一般逻辑思维能力培养的重要载体。
几何图形面积学习是从正方形面积开始的。起初是认识面积单位，当一个正方形边长是一米的时候我们就说这个正方形的面积是1㎡。同理，认识一平方分米，一平方厘米。
然后通过度量的方式学习正方形与长方形的面积公式，即一排有几个单位平方的小正方形，一共有几排。通过相同的几个加数的和，可以用乘法计算的理解，得出用乘法计算的公式。
在学生充分理解正方形与长方形面积计算的理解上。教材才引入了平行四边形面积的计算。平行四边形面积的理解是通过切割的方法，转化为长方形。再利用长方形的面积计算公式长乘宽计算出面积。在进行平行四边形图形切割转化的过程当中，学生充分体验到，平行四边形的原有大小面积没有发生改变。改变的仅仅是它的外形形状。而改变成长方形之后，长方形的宽就是原来平行四边形中的一条高。也可以引领孩子们形象地理解为进行切割过程当中的切口的长度。这是整个转化过程当中的重点与难点。
当学生理解了转化的本质，以及平行四边形的高与长方形的宽之间的本质联系。平行四边形的面积计算，学生就会迎刃而解，水到渠成。
有了平行四边形面积计算的功底，三角形面积计算就容易多了。无非就是一分为二罢了。这里不做讨论。
当学生对平行四边形面积计算，有了深刻领悟之后。梯形面积计算便摆着了学生面前。
事实上，在学生学习平行四边形面积之前。教材充分加强了学生对平行四边形表象的认识。例如把一个平行四边形用剪刀剪一次，变成两个三角形，或者一个梯形和一个三角形，或者两个平行四边形，或者两个梯形等。
在学习梯形面积计算公式之前。可以把此部分内容作为导入部分。尤其将一个平行四边形分成两个完全一样的梯形的认识与领悟。同时可以把平行四边形分成两个完全一样的三角形，作为思维引导的一个部分。通过引导提示让孩子发现。可以把一个平行四边形分成两个完全一样的三角形。从而得出三角形面积计算公式。那么是不是可以把两个完全一样的梯形组成一个图形，并且是我们已经学习过的面积计算公式的已知图形。
通过提示，引导，让学生动手操作。学生应该慢慢可以感悟到，两个完全一样的梯形，通过倒放其中一个可以组成一个平行四边形。于是，从而得出梯形的面积其实就是一个平行四边形的面积的一半。只不过这个平行四边形的底已经变成上底与下底之和了。我们就可以得出梯形面积计算公式，S=(上底+下底)×高÷2。
在梯形面积计算公式的理解上。此时把梯形换成实物图形。例如一堆木材，最底层9根，第二层7根，第三层5根，第四层3根。此时，需要求木材的根数一共有多少根，可以怎样求呢？从图的表象来看，可以列式为3+5+7+9。
当我们引导孩子回到梯形面积计算的角度上来。学生可以发挥想象，借用一组同样的木材堆，则可以组成梯形。于是可以得到木材根数的计算公式：S=(3+9)×4÷2。
接着将这个木材根数的计算公式与梯形面积计算公式进行比对，可以发现：最底层木材的根数相当于下底，最上层的木头根数相当于上底，而木材的层数相当于梯形的高。换言之就是梯形的面积计算公式与梯形堆积的木材根数的计算公式是一致的。
当然，我们学生可能会发现用梯形面积计算公式来计算，没有直接用加法来算简单。这时老师可以引导的学生意识到当木材堆的层数比较多的时候，利用公式来算就显得简便多了。
当学生理解公式的价值之后，我们可以再引导学生进行数学抽象，抛开图形与实物基础。直接出示：1+3+5+7+9+……+99
当然，学生可以借助梯形图形模型进行想像。逐渐得出计算公式：S=(1+99)×50÷2。在这里，公式当中50的理解最为重要，也是难点。在梯形当中，它是梯形的高。在木材堆中它是木材的层数。而此刻它就应该是加数的个数，即数的项数。
最后可以让学生理解像1，3，5，7……99，每相邻两项的差都是相等的一列数，叫做等差数列。而要求所有的数的和，就是求等差数列的和。即：S=(首项+末项)×项数÷2。
智取王位是一项益智器具游戏。在一排木槽内有十一颗旗子，最后一颗为红色。游戏规则是：两人轮流拿，每次拿1～2颗。谁能取得最后一颗红旗子“王位”，即获胜。
乍一看似乎与运气有关，事实上，内含玄机，有规律可循。不妨引导学生由少到多，循序渐进，探究其中蕴含的规律。
首先引导学生明白在本游戏当中游戏规则是：1.两人轮流拿；2.每次取1～2颗；3.取到最后一颗获胜。
其次引领学生深入游戏，探究内情。
不难发现，当棋子为一颗或者是两颗的时候，先拿者，必定获胜。当棋子为三颗的时候后拿者必胜。其中策略有二：一、当先拿者取一颗的时候，后拿者取两颗获胜，即1+2型；二、当先拿者取两颗的时候，后拿者取一颗获胜，即2+1型。
这时让学生反复动手操作并体验：一或两颗，先者必胜；三颗，后者必胜。
随后，由少到多，追加旗子。当有四颗旗子的时候，先拿者还是后拿者获胜？让学生实践操作，在操作中体验并得出结论：先拿者取一颗后，剩下三颗，此时后拿者即本赛次中的先拿者，必胜。同理，当有五颗棋子的时候，可以得出结论：先拿者取两颗后，剩下三颗，此时后拿者即本赛次中的先拿者，必胜。这两次策略的区别就是先拿者取一颗或者是两颗。目的是一致的，都是剩下三颗。
紧接着试验，当有六颗棋子时的情形。让学生反复通过操作实验感悟到，后拿者必胜。策略同样有二：一、当先拿者取一颗的时候，后拿者取两颗，剩下三颗，重复三颗时的策略，必胜；二、当先拿者取两颗的时候，后拿者取一颗，剩下三颗，重复三颗时的策略，必胜。
依次类推，让学生推测当有七、八、九颗棋子时先拿者还是后拿者必胜，然后进行验证与感悟。
最后让学生体验到一、二、三颗，四、五、六颗，七、八、九颗旗子时情形是一致的，只不过是情形再现或重复。
事实上本游戏的核心就是三颗旗子时的取子策略问题。即本游戏有一个本质的极简模型——被3整除问题。当除数为3时，所有的非零自然数被分为余1数、余2数、整除数。要想获胜需设法必取余1数，绝不取整除数，余2数为调剂数。
如此一来，无论是11颗棋子还是另行增设棋子，当一方不知“内情”，知“内情”的一方定会伺机取胜。
游戏规则是人定的，一旦改变了游戏规则，游戏策略则需要重新探索。假如规定每次可以取一颗、两颗或三颗，怎样才能必胜呢？
此时可以引导学生采取同样的探究方法与策略进行探索。
当旗子数为1-3颗时，先拿者必胜，当四颗棋子时，后拿者必胜，策略有：1+3型，2+2型，3+1型。当五颗棋子时，先拿者必胜，策略有：1+1+3型，1+2+2型，1+3+1型。事实上就是先拿者先取一颗后，转变为四颗旗子时后拿者（即本赛次先拿者）必胜。
同理，当六颗棋子时，先拿者必胜，策略有：2+1+3型，2+2+2型，2+3+1型。事实上就是先拿者先取两颗后，转变为四颗旗子时后拿者（即本赛次先拿者）必胜。
当七颗棋子时，先拿者必胜，策略有：3+1+3型，3+2+2型，3+3+1型。事实上就是先拿者先取三颗后，转变为四颗旗子时后拿者（即本赛次先拿者）必胜。
当八颗棋子时，后拿者必胜，策略是按照四颗棋子时策略运用两次。
同前面游戏类似，本次游戏的核心就是四颗旗子时的取子策略问题。即本游戏有一个本质的极简模型——被4整除问题。当除数为4时，所有的非零自然数被分为余1数、余2数、余3数、整除数。要想获胜需设法必取余1数，绝不取整除数，余2数与余3数为调剂数。
当学生彻底感悟与体认后，游戏规则还可以进一步更改。通过实验，分析与推理可以得出更广泛更一般的模型。
游戏规则是：两人轮流拿，每次拿1~n颗。谁能取得最后一颗红旗子“王位”，即获胜。
必胜策略：本游戏的极简模型——被n+1整除问题。当除数为n+1时，所有的非零自然数被分为余1数、余2数、余3数……余n数、整除数。要想获胜需设法必取余1数，绝不取整除数，余2数、余3数……余n数为调剂数。