由一道课本习题引发的探究
蕴“平常”于“细节”——由一道课本复习题引发的探究
的问题时 ， 有学生提 出“ 出的牌是 中心 对称 图形 的概 抽 率是多少？ 等 很有创意 的问题 ， ” 这里我们 看到 的是 学生 的创新 能力． 教学的艺术不在于传授 的本领 ， “ 而在 于激
励、 唤醒与鼓 舞． 课 堂 上教者 与学 生分 享彼此 的思 考 、 ” 经验和 知识 ， 流彼此 的情感体 验 和观念 ， 交 丰富 了教学
解 法探 究
在解题过程 中灵 活探究题 目的条 件和结 论 之 间的
辩证关 系 ， 对解题有很大的 帮助． 波利亚说 过 ， 当你 找到
Ｇ
了第一棵蘑菇后 ， 四处看看 ， 再 它们 总是成 群生长． 这是
一
图 １
问题 分 析 与 求 解 观察此题并不能直观的发现 Ｆ 与 Ａ Ｎ Ｄ之 间 的关 系 ，
道看 似及其平凡 内涵却十分 丰富的几何 问题． 这又 但
是一棵极具考在其周 围寻找新“ 蘑菇 ” 的过程．
但有点 Ｄ是 Ｂ Ｃ的中点以及 要求证 刚 ＝ Ａ ２ Ｄ的结论 ， 就
探究性学 习和接 受性 学习 是学 生学 习数学 的两种 重要方式． 建构主义教学观认为主体 （ 学生 ） 对新知识 的 认 知不是 被动 的接受 ， 是一个 主动 建构 的过程． 而 因此
正 弦定 理 立 即得 到 ． 可 以通 过 以 下 方 法 获 得 理 解 ： 还 一
同理 Ｑ ｏ上Ｑ 且 Ｑ Ｄ， ｏ
＝
个基本图形是 ： Ｒ ａＣ Ｆ的中线把 三角形分成 面积相等 的 两部分——利 用 这 个基 本 原 理 ， 们 只 要 把 ＡＡ Ｃ与 我 Ｂ ＡＡ Ｆ旋转一下 ， Ｎ 拼在一起 ， 就可获得这个基本图形．
件 ， 生难 以用 探究 的方式 自主获 得 ， 要教师 必要 的 学 需 引导和讲解． 节课 有效地 将探究 性学 习、 本 接受性 学 习 这两种学 习方式结合起来 ， 提高学 生课 堂学习的效率．
一道教材习题引发的深度学习
教材点击２０２３年１２月下半月㊀㊀㊀一道教材习题引发的深度学习◉湖北省武汉市杨园学校㊀熊㊀利１深度学习深度学习是课程改革以来对课程理解和课堂实践的深化,它既是一种理念也是一种实践指导策略．深度学习是指在教师引领下,学生围绕着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．数学学习过程是学生围绕学习内容展开的活动过程,初中数学深度学习的特点是学生能够全身心投入具有挑战性的富有思维含量的学习活动．笔者在一节习题课中设计了三个具有挑战性的学习活动:一是发现习题的多个不同的证明方法;二是通过不同证明方法的对比,发现并确认题中多余的条件;三是将多余条件结论化,进而探求习题的结构．三个学习活动衔接自然,过程流畅,思维含量一个比一个高,逐步将课堂学习活动推向高潮．整节课学生自主㊁自发地参与到课堂学习活动中来,不断体验到发现和证明出结论带来的快乐,这也正是深度学习理念指导下的课堂实践的最好展现．２教学纪实２．１展示习题,指明目标教师:很多时候我们只顾埋头做题,一题做完紧接下一题,很少停下脚步去深入研究一道题,今天老师带领大家对课本上一道习题进行深入探究,希望大家从中能有所收获．(展示习题)本节课我们只研究这一道题,请大家开动脑筋积极思考．图１题目㊀(人民教育出版社八年级数学上册第２５页习题第１０题)如图１,六边形A B C D E F 的内角都相等,øD A B ＝６０ʎ,A B 与D E有怎样的位置关系?B C 与E F 有这种位置关系吗?这些结论是怎样得出的?教师:做完的同学写一下过程,然后再看看整道题,你有没有什么发现?没做出来的同学,尽可能地算出图中所有的角,并给出证明．过程回顾:首先指明这节课的目标是对一道题进行深入研究．让学生用不同的方法解答,激发学生的探究欲,同时,希望学生通过各种不同方法的对比,发现 øD A B ＝６０ʎ是多余条件,让接下来的学习过程衔接更自然．２．２一题多解,拓宽思路教师:老师已经看到了不同的证明方法,大家开动脑筋,用尽可能多的方法来证明你的结论．教师:会做这道题的同学请举手．好,有超过一半的同学举手了．请一位同学说一下你的证明过程．学生１:A B ʊD E ,且B C ʊE F ．证明:由øD A B ＝６０ʎ,得øF A D ＝øD A B ＝６０ʎ．由øE ＋øF ＋øF A D ＋øE D A ＝３６０ʎ,且øE ＝øF ＝１２０ʎ,可知øE D A ＝６０ʎ,所以øE D A ＝øD A B ,故A B ʊD E ．又øF ＋øF A D ＝øB ＋øD A B ＝１８０ʎ,所以E F ʊA D ,B C ʊA D ,于是B C ʊE F ．教师:对于D E ʊA B ,同学们还有其他证明方法吗?学生２:如图２,过点F 作F H ʊE D ．由ø１＋øE ＝１８０ʎ,得ø１＝６０ʎ,则ø２＝１２０ʎ－ø１＝６０ʎ,所以ø２＋øF A B ＝１８０ʎ,所以F H ʊA B ．故D E ʊA B ．图２㊀㊀图３学生３:如图３,延长E F ,和B A 的延长线交于点H ．由ø１＝１８０ʎ－øE F A ＝６０ʎ,ø２＝１８０ʎ－øF A B ＝６０ʎ,又øH ＋ø１＋ø２＝１８０ʎ,得øH ＝６０ʎ,所以øE ＋øH ＝１８０ʎ,故D E ʊA B ．图４学生４:如图４,连接A E ．由ø１＋ø２＋øF ＋ø３＋ø４＝３６０ʎ,ø１＋øF ＋ø３＝１８０ʎ,可知ø２＋ø４＝１８０ʎ,所以D E ʊA B ．教师:对于D E ʊA B ,同学们给出了四种不同的证明方法,大家再观察一下,看你有没有什么发现?学生５:除了第一种方法,其余三种都作了辅助线．学生６:后三种方法都没有用到 øD A B ＝６０ʎ这个条件．８２０２３年１２月下半月㊀教材点击㊀㊀㊀㊀教师:这两个同学的证明方法都很好!请问条件 øD A B ＝６０ʎ能否去掉?过程回顾:让学生尽情展示,在一个个证明方法中逐渐打开思路,过程自然流畅,学生都沉浸在思维的海洋里．２．３导向深入,抓住关键学生７:从做题过程来看,条件 øD A B ＝６０ʎ可以去掉．D A 这条线段也可以去掉．教师:那为什么题目要多给条件呢?(学生７沉默不语,课堂陷入沉默．)教师:此题是 １１．３多边形及其内角和 的一道习题,主要考查灵活运用多边形内角和公式解决问题的能力．题目多给条件,一是为了让大家往计算角这个方向思考,二是给大家留出探索发现的空间,这也是此题放在 拓广探索 栏目中的原因．教师:经过大家的思考探索,可以把题目简化为 凸六边形A B C D E F 的内角都相等,求证:D E ʊA B ．学生８:老师,我又发现了新的证明方法．不用 øD A B ＝６０ʎ 这个条件,连D A 就可以证明．教师:好的,你先不说过程,让大家思考一下,这样可不可以证明?图５学生８:如图５,因为ø２＋ø３＋øE ＋øF ＝３６０ʎ,所以ø２＋ø３＝１２０ʎ．又ø１＋ø２＝１２０ʎ,所以ø１＝ø３．故D E ʊA B ．教师:非常好,过程清楚,思路明确．要证明平行,但没有截线,连D A 后就有了截线,产生内错角,证内错角相等．大家回顾一下,以上几种证明方法有没有共同点?解答这题的关键是什么?学生９:课本原题除学生１的证法外,其余证明方法都作了辅助线,作辅助线后才产生了截线,所以这道题的关键是要有截线．教师:学生９总结得很好．大家能否归纳一下作截线的方法学生１０:作截线有三种方式,即连接㊁延长和作平行线．过程回顾:通过教师的引导㊁学生的积极参与,证明思路越来越清晰,最后点出了证明平行的关键是找截线,并归纳了作截线的三种方法．２．４抛出问题,探索结构教师:既然条件 øD A B ＝６０ʎ是多余的,老师有一个想法,能否把它放到结论中,也就是由每个内角都相等能否得到øD A B ＝６０ʎ．题目改编如下:如图６,六边形A B C D E F 的内角都相等,øD A B是否等于６０ʎ给出你的判断并说明理由．教师:要解决上面这个问题,我们先解决另外一个问题,题中的六边形是否是正六边形?图６(课堂陷入沉默,一分钟后有学生举手．)学生１１:不一定是正六边形,可以将B C 边向上平移,如图７,如果原图是正六边形,则平移后的图形就不是．教师:学生１１举出的反例很图７好地解释了原图不一定是正六边形,通过平移边,在不改变角度大小的情况下,改变了边长．下面回到øD A B 是否等于６０ʎ这个问题上来,大家还同意øD A B ＝６０ʎ吗?学生１２:不一定是６０ʎ,将B A向上平移,øD A B 的度数会变小．教师:你是如何判断øD A B 变小的?学生１２沉默,学生１３举手．图８学生１３:如图８,由A B ʊG H ,得øD A B ＝ø２．又ø２＞ø１,所以øD A B ＞ø１．故向上平移øD A B 会变小．教师:非常好!通过两位同学的分析,我们可以看到øD A B 的度数不是一个确定的值,那 六个内角都相等 这个条件能确定什么?不能确定什么?学生１４:可以确定D E ʊA B ,不能确定øD A B ．学生１５:还可以确定E F ʊB C ,还有C D ʊA F ．教师:也就是可以确定六边形正对着的三组边平行,但不能确定六边形的边长,如果大家能够看到这一层,那这个图形在你眼里就是可以变化的,很多问题就可迎刃而解．过程回顾:通过将多余的条件结论化,来探索试题的结构,将此题的研究进一步推向深入．抛出问题 六个角相等的六边形是否为正六边形 ,为问题的解决指明了方向．３教学感悟课本的一道普通习题,如果不去深入研究,可能十分钟就讲完了,但沉下心来研究一番,结果发现它是一座思维的宝库．笔者并不想直接将这里的宝藏呈现给学生,而是一步步引领学生看到发现宝藏的过程,在这个过程中,让学生逐步体会到解完题后,我们还能怎样去思考,教会学生思考问题的方法,一同经历一堂思维的盛宴．教师能设计出具有挑战性㊁富有思维含量的学习活动是学生在课堂上开展深度学习的必要条件．这就需要教师多研究试题,而研究试题中最有意义的事情是研究教材习题．只有教师的深度学习和研究才有可能促成学生深度学习的产生．Z９。
小实验体现大智慧——由一道习题引发的实验探究活动和思考
璃棒
ｐ＞． Ｈ ８ ２
（ 正确 ， 如溶液仍为无色说明推测①正确
小实誓 曩大■一
由一道 习题 引发 的实验探究活动和思考
口簿 丽敏 曹
（ 苏省 常 州 高 级 中学 ， 苏常 州 ２ ３ ０ ） 江 江 １０ ３
一
、
问题 的产 生
一
种 是 正确 的 。 请 你设计一 个实验 ， 由实 验 现 象 ， 以上 的 推 对
在 学 习 了氯 气 的性 质 后 ． 置 了这 样 一 道 课 后 布
习题 ： 滴 管 把 新 制 的氯 水 逐 滴 加 到含 有 酚酞 的氢 用
氧 化钠溶液 中 ， 当加 到 最 后 一 滴 时 ， 液 的 红 色 突 溶
测作 出判 断 。 在批 改作 业 时 ， 现学 生 的 方 案设 计 有 十二 种 发
之多（ 表 １。 见 ） 在作 业 讲 评 时 ， 的 学 生 坚定 地认 为 自己 的 方 有 案 设 计 是 可 行 的 ，有 的学 生对 标 准答 案 一 知半 解 。
实 验 结论
Ｈ Ｉ 液 、 制 氯 水 ， 两 支 试 管 ． 分 别 加 入 等 量 的 含 酚 酞 的 两个 试 剂 加 的滴 数 都 一 样 Ｃ 溶 新 要 取 １ 求 两种 溶 液 的 ｐ 一 样 Ｎ ＯＨ 溶 液 ， 别 滴入 两 种 试 剂 ， 录 下褪 Ｈ ａ 分 记 色 时 所 加 的 滴 数 ． 复 实验 ３ ５次 重 ～ 新 制 氯 水 、 次 氯 酸 、 １ 在 三个 试管 中分别 滴等 量酚酞与氢氧 化钠 若 三种 速 率 不 同 ．则 是 次 氯 酸 与盐 酸 的 共 盐 （） ２ 酸 、 酞 、 氧 化钠 酚 氢 （ ） 试 管 中逐 渐 滴 入 三 种 药 品 ， 察 红 色 ２在 观 同作 用 ；若 Ｈ １ 与新 制 氯 水 同 时无 色 ， Ｃ０ 则 消 失 情况 为 Ｈ Ｉ 漂 白作 用 ＣＯ 至 恰好 溶 液 由红 色 变为 无 色 时 ， ｐ 测 Ｈ 用镁 条燃 烧 的强 光 照 射 新 制 氨水 直 至 没 有 溶 液 的红 色 消 失 ， 是 氯 水 的 酸 性 （ 若 则 Ｈ ） 气 泡 冒出 ，再 将 该 新 制 氨 水 滴 加 到 装 有 含 溶 液 由红 色 变 为 无 色 使 酚 酞 的 Ｎ Ｏ 溶 液 的试 管 中 ａＨ 紫 色 石 蕊试 液 、 ａ Ｈ 溶 滴 管把 新 制 氯 水 逐 滴 加 到 含 有 紫色 石蕊 溶 液 由蓝 变 紫 再 变红 ． 则 是 氯 水 的酸 性 ＮＯ 用 若 ５ 液 新 制 氯 水 的 Ｎ Ｏ 溶液 中 ａＨ 起作用 稀盐酸 、 Ｃ ０溶液 ａ Ｈ 把稀 盐酸 、 Ｃ ０ 溶 液 分 别 加 到 滴 有 酚 酞 的 若加 入 Ｈ １ 一份 褪 色 ， 推测 １正确 ； 果 Ｈ １ Ｏ Ｈ １ Ｃ 的 则 如
由一道教材例题引起的思考
由一道教材例题引起的思考新课程改革已经在我省全面展开，笔者认为新课程目标下，最基本的还是应该重视对教材资源的充分挖掘和利用。
这也是实现注意从学生已有的经验出发，让他们在熟悉的情景中感受物理思想的重要性，了解物理与日常生活的密切关系，逐步学会分析和解决与物理有关的一些简单的实际问题。
”的教学理念和实现高中新课程教育目标的基础与关键。
我以高中新课标教材《物理选修-3-4》为例，分别对新教材例题的研究；新教材概念的深入挖掘；新教材插图的充分利用，谈谈我的看法和做法。
一、重视教材例题习题我们虽然总是在提素质教育，可真正教学时，很容易让学生陷入题海当中。
如果我们能充分挖掘教材潜力，以课本为纲，让学生知道什么是最重要的。
实现让学生可以从教材走出去，也可以从容走回来。
教材例题是编委从大量习题中精选出来的，有很强的代表性。
我们应该从例题出发，触类旁通，举一反三。
我想这也是给学生减负的好方法。
笔者最近和学生曾经讨论一道习题，感受颇丰。
原题是这样的。
“井底之蛙”这个成语常被用来讽刺没有见识的人，现有井口大小和深度相同的两口井，一口是枯井，一口是水井(水面在井口之下)，两井底都各有一只青蛙，则( )a．枯井中青蛙觉得井口大些b．水井中青蛙觉得井口大些c．晴天的夜晚，枯井中青蛙能看到更多的星星d．晴天的夜晚，水井中青蛙能看到更多的星星学生们开始普遍感到无从下手。
而我在备课时想尽量降低学生理解的难度，从学生熟悉的知识入手。
后来我发现如果从教材一道例题出发就能很好的解决问题。
教材原题是一个储油桶的底面直径与高均为d.当桶内没有油时,从某点a恰能看到桶底边缘的某点b. 如图(a)所示,当桶内油的深度等于桶高的一半时，仍沿ab方向看去,恰好看到桶底上的点c, 如图(b)所示,c、b两点相距d/4.求油的折射率和光在油中传播的速度。
这是一道很常规的习题，学生很容易入手，当时讲的时候学生也普遍接受。
现在我换一个角思维问题。
第一步按着题中所说开始c点看不到a，a也看不到c。
显然中的不显然——由课本中的一道练习题引发的探究
显然中的不显然——由课本中的一道习题引发的探究-中学数学论文显然中的不显然——由课本中的一道习题引发的探究江苏省盐城中学李国强关于椭圆内接平行四边形的问题，我们都有一个感性认识，即平行四边形的对称中心就是椭圆的对称中心。
例如在任意椭圆内接矩形问题，一般都默认内接矩形的对称中心即为椭圆的对称中心，且各边平行于椭圆的对称轴。
虽然这种处理方式在某些特定环境下有可取之处，但倘若不加分析，总以显然（其实不显然）成立来加以处理，就有悖于数学的严谨性和科学性，从而陷入误区。
下面先从苏教2－1教材第67页练习第5题开始研究：已知椭圆，直线y=x+1与该椭圆交于A，B两点，求线段AB的中点坐标和线段AB的长。
思考：当直线斜率不变、截距变化时，线段的中点有何规律？变：已知椭圆，直线y=x+m与该椭圆交于A，B两点，求线段AB的中点的轨迹方程。
解：设A（x1，y1），B（x2，y2），则（x1，y1），（x2，y2）是方程组x+2y=0（椭圆内的部分）。
（注意直线过原点）推广一：已知椭圆（a＞b＞0），直线y=kx+m与该椭圆交于A，B两点，则线段AB的中点的轨迹为过原点的一条线段。
证明：将直线方程y=kx+m代入椭圆方程（a＞b＞0）并化简整理得：（b2+a2k2）x2+2kma2x+a2m2-a2b2=0，设方程为b2x+ka2y=0（椭圆内的部分）。
（注意直线过原点）很显然：当直线斜率不存在，即直线与y轴平行时结论同样成立。
思考1：当椭圆（a＞b＞0）变为圆x2+y2=1时，结论如何？由圆的性质结论显然成立。
思考2：当椭圆（a＞b＞0）变为双曲线=1（a＞0，b＞0）时，结论如何？类似椭圆，双曲线=1（a＞0，b＞0），直线y=kx+m与该双曲线交于A，B两点，则线段AB的中点的轨迹为过原点的一条直线b2x-ka2y=0位于双曲线内的部分。
推广二：设AB是椭圆（a＞b＞0）的弦.弦AB所在直线的斜率k存在且k≠0，M为弦AB的中点，直线OM的斜率为k′，则k·k′=。
由一道课本例题引发的探究
由一道课本例题引发的探究
本中的例、习题作为教材的重要组成部分，都有一定的示范性、典型性和探究性，或寓一般性的结论、或蕴含着深刻的背景材料，是课本的精髓，也是高考命题的源头。
在课堂教学中，对课本中的例习题进行变式探究、引申拓展、横向联想，并能巧妙运用其中一些结论，以题攻题，可以提高复习的针对性和有效性，有利于提高学生的数学素养和教师把握高考的能力。
新课程改革的核心理念是倡导探究学习。
探究学习是一个过程，是一个学生在做数学中学习数学的过程，倡导探究学习的根本目的就是要让学生在学习的过程中培养科学精神、养成科学态度、掌握科学方法、获得科学知识，从而全面提高科学素养。
探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，它要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。
它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。
它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。
由一道课本习题引发的探究
＋
而 解 出 的ａ的表 达 式 叫 做 （． １ 的特 解 ， ｎ １ ．） ２
ｒ
ｎ ４ ｌ ＿ ｎ ｌ ４－ ｎ＿ｌ ４ ｌ＝５ ． Ｉ ￣ ＋ － ａ
＿
１
．
数学 归纳法
叫线 性 递 推关 系 的 阶．
证 明 因 ａ＝ｐ为ａ＋ｐ ￣ 通解 ， ：ｋ ｎ－ ａ ｌ
，
４１ ＋￣ ｌ ． ． ４ｌ： ４ 一 － ＿ ａ三
３ ６
从 方 程 的 角 度 出 发 ，ｎ４ ￣ ＋ … … ａ－ ａ一 １ ｌ
．
３
（ ． ２ 是关 于％， ｌ 个 二元 非 齐 次 线 １ ．） ２ 的一 性 方 程 ．它 的 解 与对 应 的二 元 齐 次 方 程 ａ ４ ．… … （ － ３ 有 联 系 ， 据 线 性空 间 ． ａ。 － ＿ １ ） ２ 根 有关 知识 ， １ ．） 的 通 解 ： １ ． ）的 通 （．２ ２ （．３ ２ 解＋ １ ．） 特解 ． 然 （ ． ３ 的 通解 为 ： （． ２ 的 ２ 显 １ ） ２
证 明 略．
的 特 解 ， 有 则
（） 代法 ２迭
解 析 ％＝ ％一 １ ４ ＿ ４ ： ３ ４ ｌ － ２ ＋１ ４％－ ＋ ＋ ＋
４＋ ２ ４＋１ ＝… ＝４ 一ａ＋４ －＋４ －＋… ＋ ｎ‘ｌ ｎ２ ｎ３ ４＋ｌ １ ＝—
，
能 ． 自然 会 想 到 如 何 求 该 数 列 通 项 公式 这 一 问 题．笔 者 围 绕 通 项 公 式 求 法 这 一
核 心 问题 ． 试 题 进 行 了解 法 探 究 、 绎 对 演
ａ １（ （ ＋ ＋ ４ １＋ｌ÷ － １ ： 一）４ ４ …＋ ＋ ）ａ ） Ｉ ＝
高中数学论文 从一道课本习题窥探高中数学探索性问题
从一道课本习题窥探高中数学探索性问题探索性学习是培养学生能力的有效途径之一，笔者从一道课本习题出发，引导学生在课堂上积极求索，突破和创新，积极参与，兴趣盎然，取得了良好的效果。
1原题呈现原题（普通高中课程标准实验教科书数学必修4第144页第5题）设(){}sin cos ,|2,.x x f x n n k k N ααα+=+∈=∈利用三角变换，估计()f α在2,4,6x =时的取值情况，进而对x 取一般值时()f α的取值范围作出一个猜想。
倘若仅满足把答案猜想出来，无异于“入宝山而空返”，学生也意犹未尽，猜想是否正确？该怎样证明呢？笔者在课堂上让学生探索其证明思路和方法。
2猜想的多角度证明生1：既然是2k 次方，可以考虑用二项式定理将其展开，但不能合并，于是可以先用二倍角公式即可。
具体过程由学生共同完成后整理如下： 证法1（利用二倍角公式和二项式定理证明）因为()221cos 21cos 2sin cos 22k kk k f ααααα-+⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()()012201221cos 2cos 2...1cos 2cos 2cos 2...cos 22k k k k k k k k k k k k k k C C C C C C C C αααααα⎡⎤-+++-+++++⎣⎦ ()0224411cos 2cos 2...,2kk k k C C C αα-=+++ 而1cos 21,α-≤≤所以20cos 21,α≤≤由不等式和组合数的性质得022*******cos 2cos 2......2,k k k k k k k C C C C C C αα-≤+++≤+++=所以()111.2k f α-≤≤ 生2：我是从函数角度考虑的，通过同角关系式，可以构造幂函数，再利用导数知识证明，具体过程如下：证法2（通过构造函数，利用导数知识证明）令2sin ,01,x x α=≤≤则()()()22sin cos 1,kk k k f g x x x ααα=+==+-当1k =时，()1,g x =猜想成立；当2,k k N +≥∈时，由()()()1111110k k k k g x kx k x k x x ----⎡⎤'=--=--=⎣⎦得1,2x =当102x <<时，()0;g x '<当112x <<时，()0;g x '>故()g x 在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单减，在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单增，故()1m i n 11,22k g x g -⎛⎫== ⎪⎝⎭又()()011,g g ==所以()111.2k f α-≤≤ 生3：我考虑的是要证明的结论与正整数有关，故可以利用数学归纳法证明。
由一道课本习题引发的探究教学
，
（ 故 了（ ＿ ． ２＿ ＋ ２ ） ×２ ≥ ）
评 注 对 于 形 如 。 ＝ ％ 型 的数 列 ， 待定 系数 法 转 化 为 用
例 已 在 列 ｝，２ 。 导求 １ 知 数 ｛中 ｌ ２ ， ｎ ，＝ ＝
‰ ＋ Ａ・
（ Ａ ） 其 中Ａ 待定 系数 ， ・ ， 为 与 。
得Ａ 了 一 １
，
所 了 一（÷ ）数 ｛了 以． ２一 ， ％Ｉ ｒ Ｉ 故 一 ）
： ２×
，
是 首 项 为 。一 ： ２ 公 比ｑ 一 的等 比数 列．所 以０－ Ｉ ：２ ，
探 究
１ ．形 如 ｌ ＝ ％ （ ≠０， ａ＃Ｏ， １ 型 通项 的求 法． ≠ ）
２ 形 如‰ １ ＋ （ ． ＝ ％ ≠０ ａ ， ＃Ｏ ｄ ， ＃ｏ 型通 项％ 的求法 ． ， ≠１Ｂ ）
例２ 已知 在 数 列 ｛ｎ 中 ，１１ ａ． 一 ａ＋ 求 ａ ｝ ｎ： ，ｍ＝ ２ ．３ ， １ 解 析 令 ．Ａ・ ｎ＝ ２ ＋ ３ ） 与 ＋ ２ ，３ ＋ ３＊ 一 （ Ａ・ ， Ｊ ｌ ０＋ 对 比 系数 可 一
ｄ 的等 比数 列 ， 而 ：ｎ Ａ （）Ｏ－ Ａ （） 从 （． 厂１）ｎ＿ 厂ｎ． ＋ ｌｌ
那么 我 们是 否 也 可 以用 以 上 的配 凑结 构— — 待 定 系数 法 来
解决 课本 习题 呢？
求法 ．
由 ％ ２ 一 ３ ｎ ） 可设 ＋ ％＿ （ ，＋ ｑ ２， 比系 数 ＝ ｌ 珥 （ ≥３ ， ＋ Ａ ｌ ｎｌ 卜 对 卜Ａ ）
解 析 由 ％＝ ％一 ３ ２得 ％＋ ｌ３ ％ ｌ ２ ， 及 ａ－ ａ一 ２ ｌ ％＿ ＋ ， 一 （ ＋ ） 以 ＝ ＿ ．３ ． ＝ ｌ
由一道课本例题引发的探究、引申与应用
推广 公式 ，
展开 式中 的系数为
知识 网络 ， 把握 纵横 联系 ， 提炼 数学 思想 ， 在 数学 地 提 出问题 、 分 析 问题 、 解决 问题 中学 会数 学学 习 ， 有 益 于拓展思 路 ， 扩 展视 野 ， 发 展学 生 探 究 能力 和 数
学思 维能力．
ｃ ： ｍ ＝ｃ “＝
垒 ｉ ± ２ （ 垒±
１ ，
－ ｙ － 旦
ｑ ／
社． １ ９ ８ ０： １ ７ — １ ８ ．
１・ ２＋ ２・ ３＋… ＋凡 （ 凡＋１ ）＝￣ 。 － ｎ （ ｎ＋１ ） （ ｎ＋２ ） ．
［ ２ ］ 徐 会方 ， 董振平 ， 崔耀 文 ， 等． 怎样 寻 求 Ｐ （ ＋ １ ）的 证 明 ［ Ｍ］ ．郑 州 ：河 南 教 育 出 版 社 ，
积是 一 ， 求 点 Ｍ 的轨迹 方程
问题 １ 设 点 Ａ， Ｂ 的坐 标 分 别 为 （一ｏ ， ０ ） ，
（ ｎ ， ０ ） ， 直线 Ａ Ｍ， Ｂ Ｍ 相 交 于点 Ｍ， 且 它们 的斜率 之
积是 一 ， 求点 Ｍ 的轨迹方程．
解 设点 （ ， Ｙ ） ， 由Ａ （一ｎ ， ０ ） ， Ｂ（ ｎ ， ０ ） ， 得
・
４・
中 学教 研 （ 数学）
要 计算 Ｓ ＝１ ・ ２＋ ２・ ３＋ ３・ ４＋… ＋ 凡 （ １ ７ ， ＋ １ ） ，
只需求 出母 函数的项 ｆ “的系数 即可． 根据 二项 式 的
特 别地 ， 如果教 师从 高等数 学 的视角来 研究初
等数 学 ， 常 常能居 高临下 ， 深入 浅 出地处理 问题． 总 而言 之 ， 立足基 础知 识 、 基 本技 能 和基本方 法 ， 编 织
一道教材习题的实验探究和反思
表针偏 转 极 小 。 改 用 一 个 大线 圈进 行 实 验 ， 后 和
上 面实 验 图形 类 似 ， 实验效 果 非常 明显 。
３ 总结 、 思与 拓展 反
（ ）总结 ： 过 实 验 探 究 ， 圈 在 条 形 磁 铁 １ 通 线
黜 黜
图 １
图 ４
实 验结 论 ： 比实验 ｉ 和 实验 ｉ ， 圈 由 Ｂ 对 ｉ ｉ Ｖ线 位 置略 向下 ， 圈 磁 通量 迅 速 增 大 ， 线 之后 线 圈继
图 ４ ２—２ ．
① 验证 线 圈 由 Ａ 位 置 到 Ｂ位 置 ：
墨
续 向 Ｃ运 动 ， 通 量 逐渐 减 少 。 验 结 果 符合 猜 磁 实 想 与假 设 。 ③ 实验 说 明 ： 实 验 中 笔 者 自制 了 和 习 题 在
（ ） 想与假 设 ： ２猜 根据 条形 磁铁 Ｎ 极 附 近磁
场 的磁感 线 ， 目中线 圈 经过 Ａ、 Ｃ位 置 的 过 题 Ｂ、 程 中， 我们 可作 出如 下猜 想和假 设 。 ① 线 圈从 Ａ位 置 到 Ｂ 位置 ， 由远 及近 ， 磁感
加， 根据 楞 次 定 律 ， 圈 中产 生 的感 应 电 流 的磁 线 场要 阻 碍磁 通量 的增 加 ， 即感应 电流 的磁 场 与 原 磁场 方 向相 反 ， 根据 右手 螺旋 定则 可 知感 应 电 再
中 图 分 类 号 ： ３ ． Ｇ６ ３ ７
文献标识码 ： Ａ
文章 编 号 ：０ ３ ６ ４ （０ １ ５ Ｓ 一 ０ ５ — ２ １ ０ — １８ ２ １ ） （ ） ０ ９
在 中学 阶段 学 生 学 习 物 理 知 识 的过 程 中 ，
子成 两 面 （ 为 Ａ 面和 Ｂ 面） 能装 物体 且都 有 记 都
由一道例题教学引发的探索与反思
B C由观摩一道例题教学片段引发的思考廉州学区 李建文 韩国会 武小慧 卢凡近日，在观课过程中，我们看到了两位初中教师的的同一例题的教学过程，观课之后有所感想。
下面，结合我们的认识就课本中的这一例题及教师的教学做一分析，与大家共同做一探索和交流，不当之处还请指正。
此例题是人教版教材八年级上册12.3等腰三角形例1（P50）。
原题及解答过程如下：已知：如图，在ΔABC 中，AB=AC ，点D 在AC 上，且BD=BC=AD ，求ΔABC 各角的度数。
解：∵AB=AC ，BC=BD=AD ，∴∠ABC=∠C=∠BDC ，∠A=∠ABD （等边对等角）。
设∠A=x ，则∠BDC=∠A+∠ABD=2x ，从而∠ABC=∠C=∠BDC=2x 。
于是在ΔABC 中，有∠A+∠ABC+∠C=180°.解得X=36°。
在ΔABC 中，∠A=36°，∠ABC=∠C=72°。
一、教师的教学过程分析（一）、例题教学过程简录第一位教师的教学过程：1、 先让学生自己尝试解答此问题，同时指名学生1上黑板板书解法；2、 指名让学生1讲解自己的解法；3、 指名学生2指出学生1解法中存在的问题。
第二位教师的教学过程：1、投影出示问题让学生思考；2、指名学生1回答解法；3、投影课本解法。
（二）、教学过程简单分析1、例题的作用认识 课本中的例题的一般具有巩固性、综合性、典型性和示范性。
两位教师的教学都能体现了巩固基础知识、提高基本技能和对推理的示范的作用，对于本例题所体现出来的综合性、典型性教师还可作进一步挖掘，以使例题的作用实现最大化。
2、例题思路的分析通过教师的教学学生们知道了例题答案，但是学生只知道这么解答，没有思考为什么这么解答，教师也没有说为什么这么解答。
对于部分数学生来说，如果不是课前学生看了课本的解法，或者不看投影内容是想不出这种列方程的解法。
学生们虽然现在知道怎样做此题了，但是今后再遇到这类问题，可能还是不知道怎么思考。
探究本质,胜人一筹——由一道课本习题谈起
南 京 市 第 五 高 级 中学 李 鹏
近年 来 ， 回 归课 本 的教 学 理 念 已经深 入 人心 ， 高 考 命 题 也 多 以课 本 为 纲 ， 进 行 知 识 点本 质 的考察 ． 高考中 ８ ０ 的 容易 题 和 中 等 题， 都在 考查 基本 知识 、 基 本概 念 、 基 本 方 课 本 上 的例 习题 进 行 深 入探 究 ， 必 能在 考 试 中胜 人一 筹． 在 例 １的 基 础 上 ， 将 题 目稍 作 变 化 ， 就 法， 而这 些 都 蕴 含 在 教 科 书 中． 我 们 只 要 对 得 到 一 道 新 题 ：
在 区 间 （ 一 √ ， ｏ ） 和 （ ｏ ， √ ） 上 单 调
递减 ．
函数 的值 域 为（ 一Ｃ × ３ ， 一２ ］ ．
③ 值域 为 （ 一。 。 ， 一２ Leabharlann ］ Ｕ［ ２ ，
故 函数 的值 域 为 （ 一ｃ × 。 ， 一２ 伺
［ ２ ， ＋。 。 ） ．
调 递减 ；
２
！
一
② 当√ ＆ ＜ｚ １ ＜ｚ ２ 时， ｚ １ ｚ ２ ＞ｎ ， 则 ｆ（ ｚ １ ） ＜厂 （ 。 ） ， 即 函数 在 区 间 （ √ ， ＋。 。 ） 上 单 调
递 增．
／ 喂 ！ √
圈 ２
又 因 函数在 区间 （ Ｏ ， ＋。 。 ） 上是 连续 的 ， 所 以 当 ｚ一 时， 函数 在 （ ０ ， ＋。 。 ） 上 取
例２ 求 函 数 —ｚ ＋ （ ｚ ≠０ ， 口 ＞ ０）
等 号成 立．
的值 域 ， 并 作 出 图 象．
分 析 由函数是奇函数得到其图象关
由一道课本例题引发的探究
： ｉ 一 ２
２ ｓｎ ｉ ６
（－ｏ２ ） ２ ＋ １ｃｓ ： ｉ ．
２ 一 ・ ６
。２一 ＿ ３
６
。
。
ＮＮｏ ， ＜ ＜ ＜ ＜ ２＋ ， 以当２ ＋＂： ， 所 ～ 即 ＂ Ｉ Ｔ Ｉ 一 Ｔ
＼ 勺 ） ／ｃ ｒ踊 ｓ ： （ 、 ／
） ＿
Ｉ１２２ 导１２－ （ 闽（３， ６ 一 － －￣ｔ 整 － Ｘ 萄 ２ ６ ， ｘ
理４－ ０（￣４１， 或 一 得ｘ ｘ ，１ １ ） 得± ． ８１ Ｉ即２ ） ＝ ＝ ４２ （ ０ ｛ ６＝ ｘ 解 ＋ 可
这时学生Ｓ 提出 ： １ 老师 ， 这样裁剪出的矩形是不是一定是最 大的？ 有没有另外 的裁剪方法呢？ 笔者就让学生 自己先尝试 画图 ， 很多同学都画出了另外一种裁剪方法， 师生共 同得出了解法ｉ ：
解 ： ＺＭＯ ＝ ，Ｇ ２ｉ ． 设 Ｆｆ Ｆ ＝ ｓ ｌ Ｑ
（ ＝ ０ ’
以得 出一
６
是唯 的极值点， 一 也是最大短 ， 所以当． 仁
时，
内接矩形面积最大， 代人 算口得矩形４ （ ｒ 日 的最大值为 三 ～
．
师牛共同回顾这 个过程 ， 运用 ｒ导数这 个丁具 ， 感觉计算量
显 得 有 点 复 杂 ， 个 题 的 关键 是 确 定 点 ｃ 位 置 ， 不 能 采 用 这 的 能
３ ６ ６ ６ ６ ２ ６
分 析 ： 是 一个 比较 丽 单的 建模 』 这 司
网 １
一
题 ，问题的关键是如何把矩形 （ 的面积用恰 当的量表示 出 来． 经过 比较 ． 发现用 去表示矩形４ Ｄ的边 长比较方便． ｃ
去一
一此 时 形ｃ面 ， 詈，ＡＤ 因 矩 的
一道课本习题的多向探究
教材点击２０２３年１２月下半月㊀㊀㊀一道课本习题的多向探究◉广东省梅州市大埔县虎山中学㊀李淑惠㊀㊀摘要:课本是教与学的重要依据．课本中的习题是经过众多专家精心挑选而定的,很多题目都是经过了千锤百炼的设计,在帮助学生掌握数学基础知识㊁基本技能㊁数学思想㊁活动经验等方面起着重要作用,对于完善认知结构㊁培养理性思维有着不可替代的作用．本文中从不同角度对一道课本习题进行观察㊁分析㊁思考,以提高学生的探究意识和创新能力,发展数学核心素养．关键词:课本习题;多角度解答;理性思维１课本习题图１(人教版八年级数学下册第６９页第１４题)如图１,四边形A B C D是正方形,E是边B C的中点,øA E F＝９０ʎ,且E F交正方形外角的平分线C F于点F．求证A E＝E F．２解法探究要证明A E＝E F,只需要找到与әE C F或әA B E全等的三角形即可,但原图中并没有这样的三角形．因此,需要作辅助线,对内分割或在外补形,构造出这样的三角形．而题目中的正方形㊁中点㊁４５ʎ角为解法的多样化提供了条件．分析一:中点是线段的一个特殊点,在正方形中有丰富的内涵．如图２,取A B的中点G,这样既有线段相等又有角度相等．图２证法１:如图２,取A B的中点G,连接E G．由四边形A B C D是正方形,E,G分别是B C,A B的中点,易知A G＝B G＝B E＝C E．由øA E F＝９０ʎ,øB＝９０ʎ,得øA E B＋øB A E＝９０ʎ,øA E B＋øF E C＝９０ʎ,所以øB A E＝øF E C．又B G＝B E,øB＝９０ʎ,可知øB G E＝４５ʎ,所以øA G E＝１３５ʎ．由C F为正方形外角的角平分线,得øE C F＝１３５ʎ,所以øA G E＝øE C F．又A G＝E C,结合øB A E＝øF E C,øA G E＝øE C F,可得әA G EɸәE C F(A S A),所以A E＝E F．点评:该证法提供的辅助线的作法是最为经典的中点法,但中点这一条件太过特殊,有偶然性和特殊性．其实,找出A E,E F所在的三角形全等的方法不止一个．如果就此浅尝而止,便失去了一次锻炼思维的绝好机会,白白浪费了课本丰富的资源．分析二:基于 截长补短 法,在A B上截取一条线段A G＝E C,再用等腰直角三角形证角相等,完成全等的条件．图３证法２:如图３,在A B上截取A G＝E C,连接E G．由A B＝B C,易知B G＝B E,则әB G E是等腰直角三角形,得ø１＝４５ʎ．又ø１＝ø２＋ø３,所以ø２＋ø３＝４５ʎ．由平角øB E C＝１８０ʎ,øA E F＝９０ʎ,øG E B＝４５ʎ,得ø３＋ø４＝１８０ʎ－４５ʎ－９０ʎ＝４５ʎ．所以ø２＝ø４．同证法一,得øA G E＝øE C F＝１３５ʎ,A G＝E C,因此әA G EɸәE C F(A S A)．故A E＝E F．点评: 截长补短 是求证线段问题最为经典的解题策略,在历次考试中都有一席之地．因此,我们要寻求通法,用一般的解题策略去领会题目的意图．图４分析三:正方形的直角大有用途,受证法１的启示,使B为一条线段的中点,因此延长F C与A B的延长线相交,构成中垂线,进行等量代换．证法３:如图４,延长F C交A B的延长线于点H,连接E H．由证法１,易知ø１＝ø２,ø３＝４５ʎ,则әB H C是等腰直角三角形,所以B H＝B C＝A B．因此B C是AH的中垂线,可知A E＝E H．２１２０２３年１２月下半月㊀教材点击㊀㊀㊀㊀又ø２＋øE F C ＝４５ʎ＝ø４＋ø５,而ø２＝ø１＝ø４,得ø５＝øE F C ,所以E H ＝E F ．又E H ＝A E ,所以A E ＝E F ．点评:运用线段的中垂线及等腰三角形的性质解题,找出相等的角和相等的线段进行等量代换,方法独特,富有创新意识．分析四:正方形是轴对称图形,C F 也是直角的平分线,点C 在正方形的对角线上,这些都是轴对称元素的一部分,因此可以运用正方形的轴对称性来解答．图５证法４:如图５,连接A C 并延长至点G ,使C G ＝C F ,连接E G ．设A C 与E F 交于点N ．由四边形A B C D 是正方形,易知әA B C 是等腰直角三角形,可知øA C B ＝øF C M ＝４５ʎ,所以øA C F ＝９０ʎ．在әA E N 和әF N C 中,øA E F ＝øA C F ＝９０ʎ,øA N E ＝øF N C ,所以ø１＝øE F C ．又在әE C F 和әE C G 中,C F ＝C G ,øE C F ＝øE C G ＝１３５ʎ,E C ＝E C ,则әE C F ɸәE C G (S A S )．所以øE F C ＝øG ,E F ＝E G ．所以ø１＝øG ,则A E ＝E G ．故A E ＝E F ．点评:此题也可以看成把әE F C 沿B C 所在直线翻折得到әE G C ,运用轴对称变换来解答．分析五:正方形的对角线是特殊元素,能沟通线段与角的关系,因此可在әA C E 内,切割一个三角形与әF E C 全等．图６证法５:如图６,连接A C ,过点E 作E G ʅB C ,交A C 于点G ,A C 交E F 于M ．由四边形A B C D 是正方形,A C 是对角线,知øA C E ＝４５ʎ．又øG E C ＝９０ʎ,则ø１＝４５ʎ,所以G E ＝E C ,øA G E ＝１３５ʎ＝øE C F ．在әA E M 和әC F M 中,øA E F ＝９０ʎ＝øA C F ,øAM E ＝øF M C ,所以ø２＝øE F C ．又G E ＝E C ,øA G E ＝øE C F ,所以әA E G ɸәF E C (A A S ),所以A E ＝E F ．点评:此法实质是将әA G E 绕点E 顺时针旋转９０ʎ与әF C E 重合．分析六:受证法５的启示,容易发现øE A C ＝øE F C ,可以将øE A C 与øE F C 看成两直角三角形的对应角,运用旋转观点及正方形的性质解题．证法６:如图７,连接A C ,过点E 作E H ʅA C于图７点H ,过E 作E M ʅF C 的延长线于点M ．由A C 是正方形的对角线,C F 是外角平分线,可知øA C D ＝øD C F ＝４５ʎ,A C ʅC F ．易知әC M E 是等腰直角三角形,则E M ＝C M ．所以四边形H E M C 是正方形,可知E H ＝E M ．设A C 与E F 交于点O ,在әA E O 和әF C O 中,由直角及对顶角分别对应相等,易得øE A O ＝øE F C ．又øAH E ＝øM ＝９０ʎ,所以әA E H ɸәF E M (A A S )．故A E ＝E F ．点评:此证法巧妙运用点F 在正方形外角平分线上这一特征,构造正方形,从而出现两个全等的直角三角形,复习了角平分线的性质和特殊平行四边形的性质等．分析七:正方形的边与角都有特殊性,可在B C 下方构造一个直角三角形与әA B E 全等,再发现有平行四边形,并运用平行四边形的性质解答．图８证法７:如图８,延长A B 至点G ,使B G ＝B E ,连接E G ,C G ．易证әA B E ɸәC B G (S A S ),可知øB C G ＝øB A E ．由 同角的余角相等 ,可知øB A E ＝øF E C ．所以øF E C ＝øE C G ,则E F ʊG C ．又әB E G 是等腰直角三角形,则øG E C ＝１３５ʎ＝øE C F ,所以E G ʊC F ．所以四边形E G C F 是平行四边形,可知E F ＝C G ．又C G ＝A E ,所以E F ＝A E ．点评:әA B E ɸәC B G 可以看成是将әA B E 绕点B 顺时针９０ʎ得到．本证法综合运用了旋转和平行四边形的性质．课本是最为经典与权威的示范性文本,也是学生与教师的必备教材．课本的很多题目都是经过千锤百炼和众多专家的精心挑选而定的,也是经受了一代又一代学生检验的精品题目．在平时学习中,不能以时间不够为借口,对课本题弃如敝屣,而应深钻细研,从多角度去思考探究解题的突破口,对题目变式进行研究,掌握一类题的解法与变化规律,在探究过程中切实提高数学素养．Z３１。
由一道课堂练习题引发的探究
| ２������ ２ －１������ ３|＝|２－ ３|＝２－ ３
即S
＝
１ ２
|A→B||A→C|sinA
＝
１ ２
|A→B×A→C|＝２－２
３
∴S
＝
２－ ２
３
根据学生的 解 法,笔 者 提 出 问 题:已 知 △ABC,A→B ＝
(x１,y１),A→C
＝
(x２ ,y２),则 三 角 形 的 面 积 S
＝
１ ２ |x１y２ －
x２y１|,为 什 么? 这 两 位 学 生 记 住 了 结 论,也 不 知 道 为 什 么.笔者上网查阅,向 量 的 叉 乘 是 大 学 的 内 容,与 物 理 学 科
有着密切联系,高中物 理 老 师 有 介 绍,但 没 有 给 出 公 式. 如
即S
＝
１ ２
|A→B||A→C|sinA
１ ＝２
１ ＝２
x２ １ ＋y２ １
x２ ２ ＋y２ ２
( ) １－
x１x２ ＋y１y２
２
x２ １ ＋y２ １ ������ x２ ２ ＋y２ ２
(x２ １ ＋y２ １)(x２ ２ ＋y２ ２)－ (x１x２ ＋y１y２)２
１ ＝２
(x２ １x２ ２ ＋x２ １y２ ２ ＋x２ ２y２ １ ＋y２ １y２ ２)－ (x２ １x２ ２ ＋２x１x２y１y２＋y２ １y２ ２)
y１y２ ＝ (x２ １ ＋y２ １)(x２ ２ ＋y２ ２) (∗)
x２ １x２ ２ ＋ ２x１x２y１y２ ＋ y２ １y２ ２ ＝ x２ １x２ ２ ＋ x２ １y２ ２ ＋ x２ ２y２ １
对一道课本习题的探讨
对一道课本习题的探讨【字体：小大】对一道课本习题的探讨题目过抛物线y2 =2px 的焦点的一条直线和这抛物线相交，两个交点的纵坐标为y1、y2 ，求证：y1 y2 = -p2 。
这是高中数学教材第二册（上）（试验修订本）第119页第7题。
在教学中，笔者引导全班同学，对该题进行了深入地探讨，得到了一些更为有趣的性质。
本文着重介绍这些性质及它们的应用。
定理1 如果直线过定点P(m ,0) (m > 0)且和抛物线y2 =2px (p>0)相交于两点A(x1, y1 ), B(x2 ,y2 ) ,那么 x1 x2 , y1 y2 均为定值。
证明：（1）若直线AB与x轴垂直，易得x1 x2 = m 2 , y1 y2 = - 2pm,均为定值；（2）若直线AB与x轴不垂直，设其方程为y=k(x-m),代入y2 =2px，得k2 x2 –2(m k2 +p)x + m 2 k2 =0,∴x1 x2 = m 2 , ∴y12 y2 2=2p x1 2p x2 =4 p2 m 2 , ∴y1 y2 = - 2pm (取负值)，均为定值。
由（1），（2）知命题成立。
定理2 如果直线过定点（2p ，0）且和抛物线y2 =2px (p>0) 相交于两点A、B，O为坐标原点，那么 OA 丄 OB。
证明：（1）若直线AB与x轴垂直，则A（2p,2p）, B（2p,-2p）, kOA kOB = = -1，∴OA 丄 OB；（2）若直线AB与x轴不垂直，设A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 )，由定理 1 知x1 x2 = 4P 2，y1 y2 = -4P 2，∴kOAkOB= = -1，∴OA 丄 OB;由（1）、（2）知命题成立。
注逆命题也成立，证明略。
定理3 若抛物线y2 =2px (p>0)的内接直角三角形的直角顶点固定，则其斜边所在的直线恒过定点。
证明：如图 1，设P( x0, y0 )为直角顶点，A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), 则x1= ，x2 = ，AB的方程为y- y1== ) ，整理得，2px-( y1 + y2)y+ y1 y2=0 ①图 1∵AP BP∴kAP kBP= = = = -1.∴y1 y2= -4 p2 - y0 (y1+ y2)-y , 代入①式，得AB 的方程为2px-(y1+ y2) y- 4 p2- y0 (y1+ y2)-2p x0=0 , 即2p(x- x0-2p)-( y1+ y2)(y+ y0)=0，∴直线AB恒过定点（x0+2p,- y0）。
一道习题引发的探究——含氯化氢的二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊吗？
一道习题引发的探究——含氯化氢的二氧化碳气体能使澄清石灰水变浑浊吗？摘要：混有氯化氢的二氧化碳遇到澄清石灰水时，氯化氢首先反应，使二氧化碳失去反应的机会，石灰水可能不会呈现浑浊现象，但是实验室中制取的含有氯化氢气体的二氧化碳往往能使石灰水变浑浊。
关键词：二氧化碳氯化氢澄清石灰水浑浊初中化学中有这样的问题：在实验室中用石灰石和盐酸制取二氧化碳，将产生的气体通过澄清的石灰水，石灰水始终不变浑浊，可能的原因是什么？答案：由于产生的二氧化碳中含有挥发出来的氯化氢气体，通入澄清石灰水后，氯化氢首先与石灰水中的氢氧化钙反应，二氧化碳未能与氢氧化钙反应，所以石灰水不变浑浊。
有学生疑问，含有氯化氢的二氧化碳一定不能使石灰水变浑浊吗？与氯化氢的含量是否有一定关系呢？学生在学习了质量守恒定律后，对化学的认识已经超越了只进行定性研究的阶段，正在逐步形成定量的思想，这是很难能可贵的。
于是我追问：你能用实验的方法来证明你的想法吗？在我的鼓励下，有5位同学组成探究小组，经过仔细讨论后，交给我以下实验方案。
实验目的：探究实验室中制取的含氯化氢的二氧化碳能否使澄清石灰水变浑浊。
实验假设：浓盐酸挥发性较强，产生的二氧化碳中含氯化氢较多，可能不容易使石灰水变浑浊。
实验器材：仪器：制取二氧化碳的实验室装置药品：粉碎度相同的石灰石，各种质量分数的盐酸，新配制的饱和澄清石灰水。
实验步骤：取等量石灰石分别加入制取二氧化碳的实验室装置中，分别加入质量相等但质量分数不同的盐酸，将产生的气体同时分别通入到等量的石灰水中，观察石灰水的变化，将实验现象记录在表格中。
实验记录：实验产生了令他们意想不到的结果，所有质量分数的盐酸和石灰石反应制取的气体都能够使澄清石灰水变浑浊，而且浓度越高，石灰水变浑浊的速度越快。
实验分析：当盐酸浓度高时，反应速率大大提高，尽管此时产生的气体中含有较多量氯化氢，但由于二氧化碳的大量存在，仍旧使石灰水很快变浑浊。
当盐酸的浓度变小时，尽管产生的氯化氢少，但由于此时产生的二氧化碳速率慢，从而延长了石灰水变浑浊的时间。
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由一道课本习题引发的探究吴健 （江苏省锡山高级中学 214174）数学课堂如何实施有效教学，是我们每位数学教师都要思考的问题．笔者认为进行有效教学的要素之一就是要充分合理地使用好教材．教材是教学的核心内容，这不仅体现在概念、定理的教学上，也应体现在例、习题的教学上，这是由于课本中的每一道题都是经过编写者千挑万选的，能够入他们“法眼”的一般都具有极强的代表性，许多问题还具有深刻的数学背景．因此作为教学者，我们对课本中的例、习题不能就题论题，如蜻蜓点水般的应付了事，而应该引导学生不失时机地思考和探究，去开发习题后面的数学宝藏，提升学生的思维水平和创新能力，笔者所任教的班级是重点中学的高中实验班，每节课学生学习的期望值都很高，这就促使笔者去挖深、挖透教材，以便以点带面，层层推进，高效率地完成课堂教学．下面是本人习题教学的一个案例，供大家参考． 1 问题（苏教版普通高中课程标准实验教科书选修2—1数学P49习题2.4第8题）已知直线2-=x y 与抛物线x y 22=相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，求证：OB OA ⊥．解析 由⎩⎨⎧=-=xy x y 222x x 2)2(2=-⇒即0462=+-x x ， 设),(11y x A ，),(22y x B ，则621=+x x ，421=x x ，所以)2)(2(),(),(212121212211--+=+=⋅=⋅x x x x y y x x y x y x OB OA 0462424)(222121=+⨯-⨯=++-=x x x x ，所以OB OA ⊥，结论成立． 2 改变问题的条件变题1 已知直线)2(2-=x y 与抛物线x y 22=相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，求证：⊥．此题的解答同上，可由学生自已完成．说明 教师可将问题一般化：如果直线)2(p x k y -=（0≠k ）与抛物线px y 22=相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，则OB OA ⊥．变题2 已知直线)1(-=x k y （0≠k ）与抛物线x y 22=相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，问⋅是否为定值？解析 由⎩⎨⎧=-⇒=-=x x k xy x k y 2)1(2)1(222，即0)22(2222=++-k x k x k ， 设),(11y x A ，),(22y x B ，则22122k x x +=+，121=x x ， 所以)1()1(),(),(212121212121-⋅-==+=⋅=⋅x k x k x x y y x x y y x x 1)22(1)()1(2222212212-=++-+=++-+=k k k k x x k x x k ． 即⋅为定值．说明 直线l 过定点时，⋅为定值．变题3 已知直线)21(+=x k y （0≠k ）与抛物线x y 22=交于A 、B 两点，A 关于x 轴对称点为'A ，F 为抛物线焦点，试证明：'A 、F 、B 三点共线．解析由⎪⎩⎪⎨⎧=+⇒=+=x x k xy x k y 2)21(2)21(222，即041)2(2222=+-+k x k x k ， 设),(11y x A ，),(22y x B ，),(11'y x A -，则⎪⎩⎪⎨⎧=-=+411221221x x k x x ① 要证'A 、F 、B 共线，只要证FB F A k k ='，由于)0,21(F ，所以2111'--=x y k F A ，2122-=x y k BF ，只要证21212211-=--x y x y ， 即证21)21(21)21(2211-+=-+-x x k x x k ，即证0)21)(21()21)(21(2121=+-+-+x x x x ， 即证021221=-x x ，由①获证．点评 本题也可以改为证明直线B A '过定点，此定点即为焦点，注意到点)0,21(-是抛物线准线与对称轴的交点，本题揭示了抛物线的一个十分优美的性质．3 研究问题的逆命题变题4 抛物线x y 22=上两点A 、B ，满足OB OA ⊥（O 为坐标原点），证明：直线AB 恒过一定点．AB 恒边定点)0,2(M ，证明略．变题5 抛物线x y 22=上两点A 、B ，满足OB OA ⊥（O 为坐标原点），AB OH ⊥于H ，求点H 的轨迹方程．由上题结论可知H 在以OM 为直径的圆上，点H 的轨迹方程为1)1(22=+-y x ．变题 6 抛物线x y 22=上两点A 、B 满足3=⋅OB OA ，其中O 为原点，A 、B 分别在x 轴两侧，问直线AB 是否恒过一定点．解析 设),2(2t t A ，),2(2u u B ，由题3=⋅OB OA ，所以03422=-+tu u t ，即012422=-+tu u t ，所以0)2)(6(=-+tu tu ，由题0<tu ，所以6-=tu ．直线AB ：)2(22222t x ut u t t y ---=-，即)2(22t x u t t y -+=-， 即222)(t x tu t y u t -=--+，即tu x y u t +=+2)(，也即62)(-=+x y u t ， 因此直线恒过定点（3，0）． 4 对问题作类比探究变题7在直角坐标系xOy 中，点M 到F1(、F2的距离之和是4，点M 的轨迹C 与x 轴的负半轴交于点A ，不过点A 的直线l ：y kx b =+与轨迹C 交于不同的两点P 和Q ．（1）求轨迹C 的方程；（2）当0AP AQ ⋅=时，求k 与b 的关系，并证明直线l 过定点．解析（1）∵点M到(，的距离之和是4，∴M 的轨迹C 是长轴长为4，焦点在x轴上焦距为其方程为 2214x y +=．（2）将y kx b =+，代入曲线C 的方程， 整理得222(14)8440k x kbx b +++-=，因为直线l 与曲线C 交于不同的两点P 和Q ，所以222222644(14)(44)16(41)0k b k b k b ∆=-+-=-+>． ①设1122()()P x y Q x y ，，，，则122814kbx x k +=-+， 21224414b x x k -=+． ②且 2212121212()()()y y kx b kx b k x x kb x x b ⋅=++=+++． ③ 显然，曲线C 与x 轴的负半轴交于点(2,0)A -，所以11(2,)AP x y =+ ，22(2,)AQ x y =+， 由0AP AQ ⋅=，得1212(2)(2)0x x y y +++=．将②、③代入上式，整理得22121650k kb b -+=，所以(2)(65)0k b k b --=，即2b k =或65b k =．经检验，都符合条件①． 当2b k =时，直线l 的方程为2y kx k =+．显然，此时直线l 经过定点(2,0)-点．即直线l 经过点A ，与题意不符． 当65b k =时，直线l 的方程为65()56y kx k k x =+=+．显然，此时直线l 经过定点6(,0)5-点，且不过点A ．综上，k 与b 的关系是：65b k =，且直线l 经过定点6(,0)5-点．点评 変题7是変题4在椭圆中的类比，反之若直线l 为6()5y k x =+与椭圆交于不同的两点P 和Q ，则0AP AQ ⋅=．変题8已知椭圆2222:1x y C a b +=(0)a b >>的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线0x y -+=相切． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点Q （1,0）的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，求OM ON ⋅的取值范围．解析（Ⅰ）由题意知12ce a ==，所以22222214c a b e a a -===．即2243a b =．又因为b == 所以24a =，23b =．故椭圆C 的方程为22143x y +=．（Ⅱ）当过点Q 直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为(1)y m x =-，且(,)M M M x y ，(,)N N N x y 在椭圆C 上．由22(1),1.43y m x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩ 得2222(43)84120m x m x m +-+-=．易知0∆>．所以22843M N m x x m +=+，2241243M N m x x m -=+， 22943M N m y y m =-+．则M N M N OM ON x x y y ⋅=+ 2225125334344(43)m m m +=-=--++． 因为20m ≥，所以21133044(43)m -≤-<+． 所以5[4,)4OM ON ⋅∈-- ．当过点Q 直线MN 的斜率不存在时，其方程为1x =． 解得3(1,)2M -，3(1,)2N -．此时54OM ON ⋅=- ．所以OM ON ⋅ 的取值范围是5[4,]4--．变题9 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆15922=+y x 的左、右顶点为A 、B ，l 为其右准线，T 为l 上一点，TA 、TB 分别与椭圆交于点),(11y x M ，),(22y x N ，证明：直线MN 恒过x 轴上一定点.解析 由已知)0,3(-A ，)0,3(B ，l ：29=x ，则),29(m T ，AT ：)3(152+=x my ， BT ：)3(32-=x my 由⎪⎩⎪⎨⎧=++⇒=++=45)]3(152[954595)3(1522222x m x y x x m y ， 由于224125362545m m x x M A ++⨯-=，又因为3-=A x ，所以12543751222++-=m m x M ， 而12542001521254150022+=⋅+=m mm m y M 由⎪⎩⎪⎨⎧=-+⇒=+-=45)]3(32[954595)3(322222x m x y x x m y ， 所以54453622+-=⋅m m x x N B ，又因为3=B x ，所以54151222+-=m m x N ， 所以5420)3(322+-=-=m mx m y N N ， 若NM x x =，则5415121254375122222+-=++-m m m m ，所以4252=m ，此时2==N M x x ，MN 过定点)0,2(F .若N M x x ≠，则可证254202--==m mk k NF MF ，所以M 、F 、N 三点共线，即MN 过右焦点)0,2(F .说明 本题可以看作变题3在椭圆中的类比，其要求较高，此题反映了椭圆的一个优美性质，当T 为椭圆右准线l 上动点时，MN 恰过椭圆右焦点F .变题10 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆15922=+y x 的左、右顶点为A 、B ，设过点),9(m T 的直线TA 、TB 与此椭圆分别交于点),(11y x M 、),(22y x N ，其中0>m ，01>y ，02<y ，求证：直线MN 必过x 轴上的一定点.此题的解法同上题，可以证明MN 过定点)0,1(.我们是否可作这样的猜想：若),29(m t T （其中t 为定值，m R ∈），直线MN 过定点)0,2(t，1=t 时，MN 过定点（2，0）.变题8是江苏省2010年高考第18题（3），其解法也可以考虑用向量知识，设定点)0,(n G ，//可得)0,1(G ，此种解法可以避免讨论斜率是否存在，由恒成立思想解得.5.一点体会教育的本质不仅是使受教育者学习认识社会和改造社会的知识和能力,还要使受教育者的人格不断完善.类比、联想在日常教学中应用十分广泛,我们大多数情况只关心其教学功能,而忽视其教育功能.其实,类比、联想过程中伴随着一系列心智活动,不仅知识、技能得到巩固,这种求新、求异的思想本身对学生就具有一定的潜移默化作用,同时在变化过程中得到的新“成果”对学生的激励作用是巨大的.现在，各校都在提倡高效课堂，从教材挖掘这一角度来说大有文章可做，而且近年的高考试卷与教材关联越来越密切，作为高中数学教师对课本例题和习题要有针对性地进行改编，做到低起点、高要求，在师生共同研究的氛围中提高学生分析问题、创新问题的能力，使学生能学会知识的迁移和创新，能够透过现象发现本质.。