一道课本例题

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一道课本例题探究和思考

我们只探讨沿砖由向的伸缩变换：方
＝ｍ∞，ｔ．ｙ＝ｙ
在变换作用下点Ｐｘ，ｏ变为ｔ（，（ｏ）ｙｒ，。：
后点与线、与线之间的接合性不变（线即
出示问囊
倒将圆上的点的横坐标保持
０
）直线２，＋变换后仍为直线Ｚ：＝；：６）：
，
若直线与直线平行或相交，变换后仍平
行或相交；若直线与曲线相切，变换后仍
相切）．
设点Ａ（ｌ１，ｘ，２，（３３在直，）Ｂ（２）Ｃｘ，）Ｙｙｙ线ｌｙｋ＋，变换后的点Ａ（，，：＝ｘｂ则１１Ｙ）
然后再将得到的结论沿着 “ 梁 ” 原到桥还椭圆中去．根据这一思路，学中及时引教导学生继续探究，新解题思路、创方法．
ｍ ‘
些例题可以进行适当变形转化，申引
代到圆，方錾中得．人椭ｃ程，的
Ｂ（，＇，，３在直线ｙ２２Ｃ（ｙ）ｙ）３＝＋６
旦＋；点Ｐ直线ｌ即有ｙ０ｂ６若在上０＋，
ｍ
不变。坐标变为原来的一半，所得曲纵求线的方程，说明它是什么曲线．并分析设所求曲线上任一点坐标为
：＋
ｍ
＋６－￣－（：ｒ）０，所＋２（￣２
探究拓展架构椭圆和圆之

一道课本例题的探究与应用

４当且仅当一一，＜￣ｋ一时，＝１ｆ＝且ｋＯ＝２取“ ”．
ｙ
二、向探究逆
由上述几种解法不难知道， △ Ｏ面积最小时，Ｐ线当Ｂ点是段Ａ中点．么，之成立吗？口那反问题：平面直角坐标系ｘｙ在Ｏ
修五Ｐ０９中的例３第三章《，不等式》中的一道例题．
本题自然质朴，法较多，合了解析几何、解综函数、等式等不重要内容，留给考生后继的探究空间很大，探究的结论具有一且
ｔｎ一）只是刻画直线倾斜度的不同表现形式而已．ａ（０，
４、
０则Ｏ１ — ，Ｂ２ｔ０，＝＋兰Ｏ＝＋ａ．ｎ
ｔｎ０ａ
１
２
．
０１
图１
Ａ＼
贝ＡＡ０的而积ｓＡ＝１ＯＯ４曰 △（Ａ・Ｂ
ｒ１＼・Ｊ２ｌ
图２
高版？７ ≮ 巾中・擞，誓繁０
用基本不等式求最值．实上．＋２：事因为１
．
￣的积Ｏｏ一）ｊｒＤ面５ＡＢ（）Ａ ‘＝２一
．
本质上也只是一
Ⅱ
ｂ
个变量．
＝
２［）一１＋× ）＋（＋，２２ × ，｛一ｃ ≥｛、ｃ／一
思路ｌ一元函数模型）ｆ
“
由Ｉ＋２≥２＿
＝

一道课本例题教学的探索

培养了学生的思维能力。分析：重叠部分的面积是正方形ＡＣＢＤ的面积的只要证本题变化还很多，近几年来，国各地出现大量的好题目，全
ＡＯＣＦ（ＥｍＡＯＤ证明此两个三角形全等与例题证明方法相
同）
得ＳＥ＝ＡＯＤ而ＳＤ＝ＡＯＤＳＦ △ＯＣＳＦ △ＯＣＳＦ＋ＡＯＣ
含４￣５角的三角板，ＤＡＯＥ是另一块含３。０的三角板，且点Ｏ是
ＢＣ的中点， △ＯＥ绕着点Ｏ旋转，把Ｄ上述结论成立吗？
Ｃ
一
ＮＡ／
图２
ＢＭＤ
￡

图３
分析：变形１２的结论都成立，、其解题思路和例题类似，证明方法完全相同（请读者自己证明）通过改变图形，变形，操作等创造出系列新题，关键是抓住题目的本质属性，解决实际问题，
２００８年１０月
（总第９期）２
搴Ｈ论 ’Ｉ坛ＳＵ磁Ｚ
ＪＡＯＹＵＬＵＮＩＴＡＮ
一
ＮＯ．０，０１２０８
（ｕｌｔｅｙＯ９）ＣｍｕａｉｔＮ．ｖ２
道课本例题教学的探索
沈桂斌
江苏省兴化市林潭学校，苏兴化２５４江２７５
点，如果点Ｍ、Ｎ分别在线段Ａ、Ｃ上移动中保持ＭＮ９。ＢＡＯ＝０，
请判断Ａ＝Ｍ，Ｍ＝Ｎ，ＮＢＯＯ并证明你的结论。
Ｃ
硼
？邀ＡＣｉ・ＢＤ、～ＣＤ是ＡＢ一Ｅ

一道课本例题的延伸与拓展

关键在于条件的把握、应用。
２知识的拓展
在原例题图中，ｐｏ是线面成角，ｚＡ，￣并且可以得出如下
关式ｓＡｃＰ箐，／Ｆ系… ￣ＯｏＡｃＯ。Ｐ，ＦｏＡ＝ｓ＝ｓ＝Ｚ
于是ＣＳＡＯＦ＝ＣＳＬＰＯＤ・ＣＳＡ，这个关系式不仅ＯＦＺＯ
由已知可知平
中点，试求Ｂ
与ＡＥＦ面成角的正切４Ｃ平
面ＰＢ上平面 ∞ ，Ａ
ＡＥＦ是菱形。２）ＺＢＡＦＣ＝ＺＢＡ】１Ｅ。于是由习题结．论知Ｂ在平面ＥＦ的Ｃ上射影为ＦＡＥ的角平分
直线上。如图１所
图１
合客观题目）。如图３所
图３
示，已知ＺＢＣ平Ａ在
Ｆ，Ｐ＝Ｐ。求证：ＺＢＯ￣ＣＯ，０ＥＦＡ＝Ａ。
示，正方￣ＡＣ沿对角线肋折成直二面角，Ｙ与∞ 成ＢＤ，ｐ￣Ｂ
显然平ＩＡＤ上平面，交线为Ｂ￣ＢＤ，Ａ与肋成４。Ｂ５角，与ＢＤ成４。角，．异面直线Ａ５ ’ ．Ｂ与Ｃ角目满足Ｏ成
仅很好地诠释了线面成角中的最小角问题，而且可以用来计算异面直线成角问题。观察图中平面０平面ａ显与然垂直，而ＬＰＯ￣ＦＯ别是与与交鳓Ｄ角，Ａ和Ａ分成
于是可得二异面直线成角求法：分别把二异面直线放在
内的射影是这个角的平分线所在的直线。

一道课本例题的探究性教学

并且面积比原来的矩形面积大（图２如的
引导１许多同学都在计算罔１况情
（即课本情况）的矩形面积的最大值，生下你
多
学
虚线部分）对于这种情况，可以找．即总
到一个面积比它大的矩形，并且此矩形至少有两个顶点在扇形边界上．
（）矩形绕４点逆时针方向旋转直１将
到边ＡＢ存半径０Ｐ上：
（）得到的矩形平移，持点，２将保Ｂ在半径０上．Ｐ直到点在扇形的另一条半
径上为止．
很快同学们发现．不论如何变化矩形ＡＢＣＤ的位置．于图１和图ｌ的情形中对２３
更大的“ 内接矩形 ” 是不是这种面积更大，的内接矩形不存在呢？
就在学生作图遇到困难时，一部分学
生开始怀疑这种 “ 积更大的内接矩形 ” 面
的存在性，但是更多的人坚信，种 “ 积这面
更大的内接矩形 ” 仅存在，小而且就是图１
的课本情形！于是笔者给出下面的提示．
引导９我们能否像图９样，用旋那采
转变换来寻求问题的解决呢？
此言一出，几乎所有的学生都想到利用计算机来演示探求．于是有学生要求
利用教室多媒体进行实验．

一道课本例题探究性学习的实践与思考

问题１是例３的逆向问题，于有了例３的解题由体验，生们不约而同地选择了思路２的解法，Ｐ学得
一
二册（）１页的例３ “ 率为１直线经过抛物线上１８：斜的
Ｙ＝４ｘ的焦点且与抛物线相交于Ａ、求线段ＡＢ，Ｂ的长 ”的教学为例，谈如何在例题教学中引导学生开谈展探究性学习，大家参考，供
使用这一模型进行各种变量的测算，一模型尽管这
来源于房地产市场，它的应用远远不仅于此，实但事
上，诸如保险、赁、券等行业也有十分广泛的在租证
应用．然它在不同领域的应用各有其特点，兴趣当有
＞０）的焦点，抛物线相交于Ａ、两点，线段与Ｂ且ｌＢｌ＝８求Ｐ的值．Ａ，
Ｊ ’ ｌ
思路１先求交点坐标，后直接运用两点间然的距离公式求线段
ＩＡＢｌ的长．
学科的核心知识为内容，探究发现为主的学习方以
式，中学数学教学中，导学生开展探究性学习，在引对每一个数学教师来说，一个不可回避的新课题．是本文以现行高中新教材（验修订本・修）学第试必数
③ 如何求线段ｌＢｌ的长？Ａ由于创设了一题多解的情境，于问题 ③ ，生对学

一道课本例题的探究开发

一道课本例题的探究开发663312云南省广南县篆角乡中心学校陆智勇课本的例题不仅仅是传授知识、巩固方法、培养能力、积淀素养的载体，如果我们对它们进行特殊联想、类比联想、可逆联想和推广引申，这些例题也可作为探究教学的重要材料。

笔者尝试着从课本例题入手，合理开发课本例题，引导学生反思、深化与推广，并结合数学探究教学作了初步的探讨.题目：如图(1)，AD 是△ABC 的高，点P,Q 在BC 上，点R 在AC 上，点S 在AB 上，边BC=60cm ，高AD=40cm,四边形PQRS 是正方形.(1)相似吗？与ABC ASR ∆∆ (2)求正方形PQRS 的边长.分析：由于四边形PQRS 为正方形，所以SR ∥BC ，故ASR ∆∽ABC ∆.利用相似三角形对应高的比等于相似比列方程求解.解：（1）ASR ∆∽ABC ∆.理由：是正方形，因为PQRS 所以SR ∥BC. 所以 .,ACB ARS ABC ASR ∠=∠∠=∠ 所以ASR ∆∽ABC ∆ .（2）由（1）可知ASR ∆∽ABC ∆.根据“相似三角形对应高的比等于相似比，可得设正方形PQRS 的边长为 AE=(40- χ )cm, 所以解得：所以正方形PQRS 的边长为24cm.此题是北师大版九年义务教育课程标准实验教科书八年级数学下册第147页.BCSRAD AE =，cm χ.24=χ604040χχ=-的一道例题。

该题是典型的利用“相似三角形对应高的比等于相似比”解决实际问题的例题。

笔者在教学过程中没有停留在问题的解决上，而是以此题为切入口，精心设计了一组变式，恰当设置问题梯度，使难易程度尽量贴近学生的最近发展区，使设计的问题触及学生的兴奋点，把学生从某种抑制状态下激奋起来，使之产生一种一触即发的效果。

变式1：如图(2),△ABC 的内接矩形EFGH 的两邻边之比EF ：FG=9：5，长边在BC 上，高AD=16cm,BC=48cm,求矩形EFGH 的周长。

一道课本例题的引伸与探究

方形ＢｃＤ．接下来，们可以从点的对称角度对此我
国标苏科版教材九年级上册２４页例６１：［］已知：如图１Ｅ、Ｇ、，Ｆ、Ｈ分别是正方形ＡＣ各边的中ＢＤ
点，Ｆ、ＧＣＤＡＢ、Ｈ、Ｅ分别相交于
点Ａ、、Ｄ．ＢＣ、
问题进行引伸，到一些有价值的结论．得引伸１若点Ｅ在线段ＡＢ上运动，ＦＧ日作相点、、应的变化，使得ＡＢＥ＝Ｆ＝ＣＤ．Ｇ＝Ｈ特殊地，当点Ｅ与点
Ａ重合时，正方形ＡＢＣＤ与原正方形ＡＣＢＤ重合；当点Ｅ与点曰重合时，正方形ＡＢＣＤ退化为一个点，即原正方形ＡＣＢＤ的中心．不难发现：当点Ｅ从点Ａ沿线段ＡＢ向点运动时，Ｅ逐渐变大，构造的正方形ＡＢＣＤ逐Ａ所
求证：四边形ＡＢＣＤ是
正方形．
２方法探究
图１
渐变小．
课本给出的证法经历了三次全等证明：ＡＡＦ ① Ｂ￣
ＡＢＧ，ＡＡＡＢ ③ △ＡＡＢ．下Ｃ ② ＢＢＣＣ，ＡＥＢＦ接来，思考的是能否减少证明全等的次数，要使得证明更
引伸２如图２若点Ｅ在线段Ａ，Ｂ的延长线上运动，Ｆ、、作相应的变化，保持Ａ点ＧＨ仍Ｅ＝ＢＦ：ＣＧ＝
Ｄ．Ｈ可发现：当点Ｅ从点沿ＡＢ方向运动时，Ｅ逐渐Ａ变大，构造的正方形ＡＢＣＤ也随之逐渐变大．所引伸３如图３若点Ｅ在线段Ａ，Ｂ的反向延长线上

一道课本例题结论求证方法与拓展

一道课本例题结论的求证方法探究与拓展一、引题普通高中课程标准实验教科书·数学（必修5）北京师范大学出版社p72页例7结论：一般地，设a、b为正实数，且a0，则 > .倘若该结论得出之后就弃之不管，无异于“入宝山而空返”，笔者认为，合理地对教材实施“二次开发”，充分挖掘蕴涵在题目中的数学思想方法，将最大限度地发挥该题的教学功能，这也体现了“用教材教”，而不是去“教教材”的新课程理念。

下面是笔者在一节高三复习课中对该进行适当的分析及改编，通过研究性教学，以求达到拓展“双基”、迁移能力的目的。

二、分析及改编分析1：由于待证式中的字母均为正数，容易看出，它等价于更简单的下述问题：问题1：已知a、b，m∈r+，且a（b+m）a分析2：待证式还等价于 - >0，因此它相当于更开放的下述问题：问题2：已知00，比较与的大小.分析3：由待证式 > 的两边取倒数，则有，若设两个点a（b，a）及m（m，m），则am的中点坐标为n（，），则原问题就转化为证明斜率kon>koa，因此原问题可变换为下述问题问题4：已知a、b，m∈r+且0求证：kon>koa它的证明揭示了原问题中不等式的几何本质。

由于点m（m，m）在直线y=x上，又b>a>0，故点a（b，a）在直线om的下方，从而am的中点n落在直线oa的上方，所以必有kon>koa.分析5：若把待证式看成 > ，更一般化地看成 > ，其中x2>x1≥0，则原问题的较强命题就是下述问题：问题5：证明函数f（x）= ，0x1≥0的情况下，验算f（x2）-f（x1）= - =- >0即可.三、应用及拓展我们再来看上述问题的几个应用与推广。

应用与推广问题1：已知：a、b、c、d、e、f、g均为正数，求证：+ >分析1：若用通分化简计算就较繁杂，但若运用本题结论视c+d 为m，则原式左边> + > + = >原式右边应用与推广问题2：已知：a1，a2，b1，b2∈r+，且②①?坩 0a1b2②?坩 > ?坩 0a1b2上述命题不难进一步推广到一般情形，即：应用与推广问题3：已知：ai，bi∈r+，（i=1，2，…n）且四、教学后记说句实在话，本文选取的这道课本试题并不难，这堂课的容量也不大，不过我们数学教学的目的既不是要通过解决所谓的难题向学生展示多么高超的解题技巧，也不是要通过课堂的大容量向学生灌输一些缺乏思维含量的机械、呆板的学科知识，而是试图通过变更问题形式适当推广及拓展，让学生拓宽解题思路，优化数学思维，进而大幅提升他们的数学素养。

一道课本例题向高考题的延伸

形改为切去４个全等的小等腰直角三角形且改换为
适当的位置，则有：
— ’
例２（０１年江苏卷）你设计一个包装盒，２１请如
图２所示，Ｃ是边长为６ｍ的正方形硬纸片，ＡＢＤ０ｃ
新焊成的长方体容器底面是一长方形，为４长５ｃ宽为３ｍ，ｍ，０ｃ高为１ｍ，长方体的容积为一５ｃ此
做一个无盖的容器，在四角分别截去一个小正方一先形．然后把四边翻转９。Ｏ的角，焊接而成（图１，再如）问
所以当一１５时，Ｓ取得最大值
（）２Ｖ＝ａｈ √ 一ｒ＋３ｘ）。一２２（。０，
得ｎ一，＝＿－２ｘ—Ｖ３－Ｘ）ｏ＜３）ｈ＝００＝６￣（０（＜ｏ
√２
（）Ｓ一４ｈ一８３一）一８ｚ一１）１ａｘ（０一（５＋１０８０，
例ｌ用长为９Ｉ，为４ｍ的长方形铁皮０Ｃｆ宽＂ｌ８ｃ
２６ｒ＋４３０７．。２ｘ
由于原题设计存在缺陷（料有问题）请你重新材，设计切焊方法，材料不浪费．使而且所得长方体容器的容积超过１０ｍ．６００ｃ
Ｖ（一１ｘ一５２）２５ｘ十４３０由Ｖ（）０得２，１＝，ｚ
Ｖ６一（Ｏ－ｘ）２－

一道课本例题的多种解法及引申

的多种解法
及引申
云南杨天勇
所以ａ＋６ｆ ≤ 活应用知是
识的体现，开阔了思路，通了知识间的内在联系，它沟
培养了求异思维和应用知识解决问题的能力．
Ｂ一１；一２；
则ａｃ的最小值是（ｂｄ
ｎ— ｒｏ，一，ｉ，一，ｏｄｒｉ。ａ＋ｂｃｓ６ｎａＣ．ｓｐ．ｓｎｐ则ｃｄ一ａｓｃ￣Ｏ＇Ｓ口・ｒＯ＿ｒｉ口・ｒｉ — ｒＣＳ — ）ｒ，ＣＣＳｐ｝ｓｎ一ｓｎｐ。Ｏ（ ≤ 所
Ｄ
最大值１最小值｛和
解因为？ｙ！１故可设．ＣＳｄ，＋一．ｒ— ＯＹ— ｓｎａ，ｉ则有（１一．ｙ）ｒ（卜｛一）一（１一Ｃｓｎａ・ＯＳａｉ）
下面仅给出几种具有代表性的解法）．
：
。２ｚ、例Ｙ∈ Ｒ，＋Ｙ一１则且，
）．
目的．下面以一道课本例题为例说明．
（１ｘｙ）（１＋．ｙ）（～ｒ有
Ａ
一．
最小值，无最大值；ｏ而
ｊ
例１（中《等式人教版）２高不第９页）已知
璺斗一＋ｃｃ￣Ｆ
—— —一一
—
ｂｄ
“ｆ…
—— 一 ‘
ｂ一ｄ —
—
—— — ～— — … ｉ
：≥ ０一≥ ．
．

一道课本例题的“说题设计”

厶
以下是二次函数知识间的内在联系：
下面我将从审题分析、解题过程、总结提升、评价分析这四个方面逐一说明．
一
、
审题分析
（一）题目背景
１．题材背景：本题出自人教版数学九年级下册 “ ２６．１．３二次函数 —日（１ｚ一）＋是的图像” 第３课时的例３．
（三）重、难点
转化为一ａ（ｚ一）。＋ｋ，体现了化归思想，例３的解决也起到了 ‘ 承上启下的作用．
二、解题过程
（一）知识回顾
１．抛物线一２ｘ。一９的开口向—
，
—
，对称轴是
顶点坐标是 —
—
，它可以看做是由抛物个单位得到的． — 向
３．策略：学生已掌握了利用描点法画函数的图像，能从图像上认识函数的性质．本题的教学应从分析教材
的编写意图出发，引导学生体会数学之间的联系，感受数学的整体性，不断丰富解决问题的策略，提高解决问
题的能力．
质及抛物线的平移规律．突破难点的关键：从“ 数” 的角度，通过函数对应值表，引导学生发现抛物线的平移规律．
（四）教材编写意图
个单位得到的，平移后的抛物线，顶点坐标是 — — ，当：时，Ｙ有最值，其值是— — ．３．若抛物线的对称轴为直线ｚ一一３，且它与抛物线一一２ｚ。的形状相同，开口方向相同，则抛物线所对

给排水课本例题

1.两条相同直径管道并联使用，管径分别为DN200、DN300、DN400、DN500、DN600、DN700、DN800、DN900、DN1000和DN1200，试计算等效管道直径。

解：采用曼宁公式计算手头损失，n=2,m=5.333,计算结果见下表，如两条DN500管道并联，等效管道直径为：mm d N i m648500*2)(d 333.52n ===双管并联等效管道直径双并联管直径（mm)200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1200 等效管道直径（mm)259 389 519 648 778 9081037116712971556我国华东地区某城镇规划人口80000，其中老师去人口33000，自来水普及率95%，新市区人口47000，自来水普及率100%，老市区房屋卫生设备较差，最高日综合生活用水定额采用260L/(cap ·d),新市区房屋卫生设备比较先进和齐全，最高日综合生活用水量定额采用350L/(cap ·d);主要用水工业企业及其用水资料见表1；城市浇洒道路面积为7.5hm2,用水量定额采用1.5L/（m2·次），，每天浇洒1次，大面积绿化面积13hm2,用水量定额采用2.0L/（m2·d ）.试计算最高日设计用水量。

某城镇主要用水工业企业用水量计算资料表1 企业代号工业产值（万元/d ）生产用水生产班制每班职工人数每班淋浴人数定额（m3/万元）复用率（%）一般车间高温车间一般车间污染车间 F01 16.67 300 40 0~8,8~16,16~24 310 160 170 230 F02 15.83 150 30 7~15,15~23 155 0 70 0 F03 8.20 40 0 8~1620 220 20 220 F04 28.24 70 55 1~9,9~17,17~1 570 0 0 310 F05 2.79 120 0 8~16 110 0 110 0 F06 60.60 200 60 23~7,7~15,15~23 8200 350 140 F073.38808~1695950解：城市最高日综合生活用水量为： d N Q m i i /24600100014700035095.0330002601000q 3111=⨯⨯+⨯⨯==∑工业企业生产用水量2Q 计算见表2，工业企业职工的生活用水和淋浴用水量3Q 计算见表3。

由一道课本例题引发的探究

：ｉ一２
２ｓｎｉ６
（－ｏ２）２＋１ｃｓ：ｉ．
２一・６
。２一＿３
６
。
。
ＮＮｏ，＜＜＜＜２＋，以当２＋＂：，所～即＂ＩＴＩ一Ｔ
＼勺）／ｃｒ踊ｓ：（、／
）＿
Ｉ１２２导１２－（闽（３，６一－－￣ｔ整－Ｘ萄２６，ｘ
理４－０（￣４１，或一得ｘｘ，１１）得± ．８１Ｉ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＝，Ｇ２ｉ．设ＦｆＦ＝ｓｌＱ
（＝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
３６６６６２６
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４Ｄ的边长比较方便．ｃ
去一
一此时形ｃ面，詈，ＡＤ因矩的

小题大做——一道课本例题的延伸与拓展

的图像向上平移１个单位得到．
ｋ ≠０）的图像有什么关系？
十０
的图像与反比例函数ｙ：（为常数，且
【结论】函数ｙ：
（为常数，且 ≠０）
【类比】函数ｙ：一２的图像与反比例
当ｂ＜０时，函数ｙ：ｋ＋ｂ（ｋ为常数
，
且
图像与反比例函数，，＝三的图像有什么关系？
【分析】对函数），：＋１和：列表得：
－
（为常数，且 ≠０）的图像向下平移Ｉｂ１个
单位得到．
拓展３：函数ｙ：＋６（为常数，且 ≠
的图像可以看做是反比例函数ｙ：（为当６＞０时，函数ｙ＝＋６（为常数，且常数，且 ≠Ｏ）的图像向右平移Ｉｎ单位得到．
拓展２：函数ｙ：＋６（尼为常数，且 ≠ ０）的图像与反比例函数ｙ：（为常数，且ｋ ≠０）的图像有什么关系？现在我们可以先研究：函数＝三＋１的ｋ ≠０）的图像可以看做是反比例函数ｙ＝ｋ ≠０）的图像可以看做是反比例函数＝（为常数，且 ≠０）的图像向上平移ｂ个单位得到．
一
２
一３到．由上面的结论，我们还可以继续研究：
的图像可以看做由反比例函数＝的图像先向右平移２个单位，再向下平移３个单位得到．

一道课本例题的教学反思及优化设计

反思ｌ通过教学应使学生能根据量的关系，：
列出一元二次方程，并检验解的合理性，获得更多运用数学知识分析和解决实际问题的方法和
例１华师大版《数学》九年级上《一元二次方程》２页实际应用题例７学生生物小组有第９：块长３ｍ，２ｍ的矩形试验田，２宽０为了管理方
２１年第３０２期
数学教学反思及优化设计
５６１四川省巴３３０州区大和初中李发勇
“ 教而不思则罔，思而不教则殆． ”虽说‘ 学镦永远是一门遗憾的艺术” 但反思是减少这种遗，憾的“ 金科玉律” ．反思性教学是以解决教学问题为基本点，是以追求教学实践合理性为动力，是强调“ 学会教学” “ 和学会学习” 是全面发展教师的过程＿．，ｌ就Ｊ
３１－２
数学教学
２１年第３０２期
ａ、ｃａ、ｄ故ａ＋ｂ＋ａ＋ｂ＝５０分解ｃｂ、ｄｂ，ｃｃｄｄ４，因式得ａ＋ｂ＋ａ＋ｂ（）＋ｄ．ｃｃｄｄ＝ａ＋６（）ｃ
一ａ—－ｚ — １卜— 一ｂ— ——１ ———． —
２ｍ的长方形场地上修筑若干条一样宽的道路，０
余下部分作草坪，设计草坪的总面积仍为５０４ｍ，请全班学生参与设计．现选取了几位同学不同于上述的设计方案：
ｘｘ故可列出３ｘ２一ｘｘ＝３ ×２ —５０）．２＋（０）２０４．
例２如图５在宽为２ｍ，，０长为３ｍ的矩形２
地面上修筑同样宽的道路（图中阴影部分）余下，
的部分种上草坪．要使草坪的面积为５０，４ｍ求道路的宽度．

一道课本例题的变式与解法

大家知道，图形变换作为数学课程改革新增的内
轴对称的抛物线，这条抛物线是哪个二次函数的图象？
容，加强对这部分的学习，对学生具有重要的教育价值，
有利于发展学生的空间观念．另外，次函数在初中数二
学中占有十分重要的地位，以二次函数的图象和图形所变换相结合，合考查同学们分析、综综合、概括、逻辑推
ＤＦ＝
由股理＝（＝勾定得 √ ）（＋）， √ ５，（争＝
・
．
．．
由面积相等可得，
ＣＥ —ＡＣ￣ＢＣＡＢ ’ １。０。５ ‘
一一 — — 。。
一
Ｄ
．
∞
＝Ｃ＋ＤＦ＝Ｆ
＋
＝７
图６
点评
此法用相似三角形、程建立等量关系，方用
．
＝
，
．
・
ｃ＃Ｄ．△ ＥＯ，．・
７
．．
— ＤＦ，Ｏ丝
．
．
＋（一＝（），８）５
・．．
解得，。，＝１舍去）＝７（，
．
ＣＤ＝ＣＥ＝１
．
点评
此法巧妙地利用方程思想在构造的Ｒ △ ）ｔＥ
点评变式题与课本原题的条件完全相同，问题由求ＢＡＣ，Ｄ，
圃，，。
一
‘
．
．
‘
．
．
ＢＤ的长拓展为求ＣＤ的长．线段Ｂ，Ｄ，Ｄ在直角三ＣＡ最均角形中，比较容易求出；而线段ＣＤ是平分直角的弦，不在特殊三角形中，增大了问题难度，需较强分析问题、解决问题的能力．

一道课本例题的探究

行，求直线ＰＡ、ＰＢ的斜率之积．
证明设Ｐ（ｘ，），Ａｌ（ｚｌ，ｙ１），则Ｂ１（一，一１），所
ｙＺ以了ｘｚ１－
问题进行一般化、特殊化、逆向思维的处理，从命题角
度与解法角度进行发散．可以提出“ 概括型” “ 猜想型” “ 引申型” “ 探究开放型 ” 等问题．（作者单位：浙江省瑞安市第五中学）
以下命题．
牛顿说过： “ 没有大胆的猜想，就做不出伟大的发现． ” 翻开数学史册，可以发现数学的历史就是一部充
满猜想的历史．可见猜想与数学发现是形影不离的．
命题２若Ｍ是椭圆的弦ＡＢ之中点，则直线
ｚ－ＸＹ－ｙ｛Ｙ～Ｙ
一
３
２
’ｚ２一
２３’
是一・Fra bibliotek誊一一号．
Ｄ
让学生自主探究，再让学生归纳引申出一般的
◇ 浙江李新平
问题．
高中数学教材绝大多数例题都是很经典的，教师应该鼓励学生对其进行积极的探究，通过探究让学生大胆的提出问题、解决问题．这样不仅能加深概念、法则、定理等基础知识的理解与掌握，更重要的是开发了学生的智力，培养学生的探究能力．现以人教版选
命题１椭圆＋一１（ｎ＞６＞０）上任意一点

高数课本例题(考试用)

高等数学下册例题第六章向量代数与空间解析几何6.1 空间直角坐标系例1 在z 轴上求一点M ，使点M 到点A （1,0,2）和到点B （1,-3,1）的距离相等.解因为所求的点M 在z 轴上，故M 的坐标应为（0,0,z ），根据题意，有解得 z=-3，即点M 的坐标是（0,0,-3）.例2 已知一动点M （x,y,z ）到两个点A （1,2,3）和B （-1,-3,0）的距离总是相等，求点M 的坐标所满足的方程. 解由已知条件，有=两端平方后整理，得：2x+5y+3z-2=0,即动点坐标应满足这个三元一次方程.6.2 向量及其线性运算向量在轴上的投影例1 在∆ABC 中，D,E 是BC 边上的三等分点（见图6.12），设AB =a,AC =b,试用a,b 表示AD ,AE .解：由三角形法则，有BC =b-a,再由数与向量乘积定义，有1111(),(),3333BD BC b a EC BC b a ==-==- ABD AEC ∆∆从及中可得11+(b-a)=(b+2a),3311()(2).33AD AB BD a AE AC CE AC EC b b a b a =+==+=-=--=+例2 用向量的运算来证明：三角形两腰中点的连线平行于底边且其长度为底边的一半.证：见图6.13.设,,AB a AC b ==则1111,,2222,11()22AD AB a AE AC b BC AC AB b a DE AE AD b a BC=====-=-=-=-= 例3：=(4,3,0)=4i+3j,b=(1,-2,2)=i-2j+2k,+|a|.a 设求a 2b 及解+2=(4i+3j)+2(i-2j+2k)=4i+3j+2i-4j+4k=6i-j+4k.a b42,21,3,0.A AB AB 例：设已知两点（B （），求向量的方向余弦、方向角:及与同向的单位向量解==-1,1||=-1AB AB （（有 cos 12,α=-cos 12,β=cos 2,γ=-B23,,.334πππαβγ=== 与AB 同向的单位向量为0111(,,222||a AB AB ==--125=,cos =,|a|=3, a.33a x y αβ例：设向量与轴、轴的夹角余弦为 cos 且求向量解 cos 2=3γ±，有||cos xa a = 1=3=1=|a|cos =2,=|a|cos = 2.3y z a a αβγ⨯±，所求的向量有两个，分别是+2+2i+2-2.i j k j k 及6(21,7),4-47.B x y z A -例：一向量的终点在，它在轴、轴和轴上的坐标依次为，和，求该向量起点的坐标解,,,=2-x,-1-,7-)=4-472-x,--,-=(,-,), x=-2,y=3,z=0,-2,3,0.A AB y z AB 设点的坐标为（x y z ）则（，又由已知条件知（.，），所以有（1y 7z ）447因此得即所求点的坐标为（）6.3 向量乘积2221|a|=1,|b|=2,|c|=4,a,b,c ++,||.3a s=a (a+b+c)=a a+a b+a c =|a|+|a||b|cos (a,b)+|a||c|cos (a,c) =1+12cos+14cos=4.33|s|==(++)(s a b c a s s s s a b c a πππ∧∧=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯⨯⋅⋅例：设两两夹角均为，求及解 222++) =+++2(++)=1+2+4+2(12cos +14cos+24cos)333=35 |s|=35.b c a a b b c c a b a c b c πππ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯即2222222.ABC A=622|BC|=a,|CA|=b,|AB|=c,=2cos . 6.9=,=,=,=-,|c|==(-)(a-b)=|a|+|b|-2a b ab CB a CA b Ab c c a b c c a b θθ∠+-⋅⋅例：利用向量的数量积来证明三角形的余弦定理证明在三角形中，设（见图.），要证c （）设则有从而 |a||b|cos (,).|a|=,|b|=,|c|=,(,)=,69a b a b c a b θ∧∧⋅由即可得到公式（.）.例3：证明向量)()(c a a c b ⋅-⋅与向量c 垂直.证根据向量垂直的条件，只要两个向量的数量积为零，就说明这两个向量是垂直的.注意到b c ⋅与c a ⋅都是数量，由数积的运算律，有[)()(c a a c b ⋅-⋅]c ⋅=0))(())(b =⋅⋅-⋅⋅c b c a c a c （从而证明了这两个向量是相互垂直的.例4：一质点在力F=4i+2j+2k 的作用下，从点A （2,1,0）移动到点B （5，-2,6），求F 所做的功，及F 与AB 间的夹角.解由数量积的定义知，F 所做的功是W=F s ⋅,其中s=AB =3i-3j+6k是路程向量，故W=F s ⋅=（4i+2j+2k ）（⋅3j-3j+6k)=18 如果力的单位是牛顿（N ），位移的单位是米（m ），则Ｆ做的功是18焦耳(J). 再由向量间夹角的余弦公式，有cos θ=|s | |F | s F ⋅=2222226)3(322418+-+++=21， a bcCAB图6.22因此，F 与s 的夹角为θ=3π. 例5：求向量a=(5,-2,5)在b=(2,1,2)上的投影. 解由公式 a b ⋅=a b Prj |b | ，有.641410210||Prj |b |b =+++-=⋅=b b a a 例6：设|a|=2，|b|=3，6),(πθ==∧b a ，且u=a+2b,v=3a+b,求以u,v 为邻边的平行四边形的面积.解以u,v 为邻边的平行四边形的面积，就是向量υμ⨯的模.由向量积的运算律，有 υμ⨯=(a+2b)⨯(3a+b)=b b a b b a a a ⨯+⨯+⨯+⨯2323=060+⨯+⨯+a b b a =b a b a b a ⨯-=⨯-⨯56再根据 ∧=b)a sin||||||，（b a c ，得到 156sin325sin ||||5||5|5|||=⨯⨯⨯==⨯=⨯-=⨯πθb a b a b a v u ，即所求的平行四边形的面积是15.例7：设a=(1,2,-2)，b=(-2,1,0).求b a ⨯及与a,b 都垂直的单位向量.解 b a ⨯=k j i k j i kj i 54212-2102210122012221++=+----=--. 由向量积的定义可知，若c=a b ⨯,则同时有b c a c ⊥⊥及（-c 也是如此），因此所求的单位向量为).542(155)542(5421||1222k j i k j i c c ++±=++++±=±例8：求以A(1,2,-1)，B(-2,3,1)，C(1,1,2)为顶点的三角形的面积.解 )3,1,0(,2,1,3-AB -==AC ）（，所要求的三角形面积S 是以AC 、AB 为邻边的平行四边形面积的一半，因此)3,9,5(310213AC AB =--=⨯kj i，.115219812521||21=++=⨯=AC AB S例9：设a=(-2,3,1),b=(0,-1,1),c=(1,-1,4)，问这三个向量是否共面？解所谓三个向量共面，是指三个向量在一个平面上，或者经过平行移动后可以置于一个平面上，因为b a r ⨯=与a,b 所确定的平面垂直，所以当a,b,,c 三个向量共面时，应该有0,=⋅⊥c r c r 即.计算如下：).2,2,4(110132=--=⨯=kj i b a r所以有.010824)4()224(≠=+-=+-⋅++=⋅k j i k j i c r因此所讨论的三个向量不共面.例10：设向量a,b,c 满足条件0a =⨯+⨯+⨯a c c b b ，试证a,b,c 共面. 证等式两边都与c 做数量积，得c c a c c b b a ⋅=⋅⨯+⨯+⨯0)(，即 0)()()(=⋅⨯+⋅⨯+⋅⨯c a c c c b c b a ，因为)(c b ⨯与c 垂直，故0)(=⋅⨯c c b ，同样有0)(=⋅⨯c a c ，从而得到0)(=⋅⨯c b a ，即[a b c]=0，这就证明了三向量a,b,c 是共面的.6.4 平面及其方程例1：求此平面方程平面的法向量为设一平面过点),3,2,1(),2,0,1(0=-n M解：根据平面的点法式方程，有（x-1）+2（y-0）+3（z+2）=0, 整理得，x+2y+3z+5=0.例2：123(1,0-1),(2,1,2),(-1,1-4).M M M 求过三点，，的平面方程 121312131(1,1,3),(2,13),(63,3)(6,3,3),-6x-1)3(0)3(1)0230.M M M M n M M M M n M y z x y z ==--⨯=--=----++=+--=解：，平行于，，取在三点中任取一点，这里取点，由平面的点法式方程，得方程为（整理得例3：.y )22,3()1,51(21轴，求其方程，且平行于，及，过两个点一平面--∏M M 解因为的形式为轴平行，故其一般方程与由于所求的平面,0z y =++∏D C Ax 点12M M ∏∏和都在上，其坐标应当满足的方程，将这两个点的坐标代入到这个方程中得到A+C+D=0， 3A-2C+D=0，将A 和C 看成未知数，解这个方程组，得A=.52,53D C D -=-将这个结果代入到平面方程中，得的方程为后整理得消去∏=+-D D D Dx ,0z 5253-3x+2z-5=0.例4：求两平面x-4y+z-2=0与2x-2y-z-5=0的夹角.解 ,3||,18||,9),1,2,2(),1,4,1(n 212121===⋅--=-=n n n n n.4,221839||||||cos 2121πϕϕ===⋅=即n n n n 例5：求.0622)3,2,1(0的距离到平面点=--+-z y x P 解 .3)2(21|63222)1(1|222=-++-⨯-⨯+-⨯=d6.5 空间直线及其方程例1:.),0,13()20,1(21求其方程，及，过点一直线--M M L 解1212,(31,10,02)(2,1,2),M M s s M M ==---+=-因直线过这两个点，故可取直线的方向向量为利用点）得所求直线方程为由式（与19.6,1s M.22121x +=-=-z y 例2：求过点（2,1,4）且垂直于平面y-3z+2=0的直线方程.解所求直线L 平行于已知平面的法向量，即可以取直线的方向向量为 S=(0,1,-3),从而所求的直线方程可以写为.341102x --=-=-z y 此时2-x 并不表示除式，上述方程应理解为 ⎪⎩⎪⎨⎧=--=-.23411x z y例3：把直线L 的一般方程⎩⎨⎧=+-+=-+-,0422052z y x z y x化为直线的标准式方程和参数方程.解取 x=0,得⎩⎨⎧=+-=-+,04205y 2-z y z 解得 y=-2,z=1,即得直线上的一个点为（0，-2,1）取s=.5432-1212-1kj i k j i ++=故L 的标准方程为,51423-=+=z y x 参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧+=+-==.51423t z t y tx例4：求直线.06231221的交点与平面=++-=-+=-z y x zy x 解将直线用参数方程来表示，有x=1+2t,y=-2-t,z=3t,将其代入到平面方程中，有（1+2t ）-(-2-t)+6t+6=0,即9t+9=0,得t=-1,所以得到x=-1,y=-1,z=-3, 即交点为（-1,-1，-3）.例5：求点的距离到直线332217x )1,1,1(0-=-=-z y P .解过0P 作一垂直于已知直线的平面，该平面为（x-1）+2(y-1)+3(x-1)=0,即x+2y+3z-6=0,再求直线L 与平面的交点.用上例的方法求得交点为P(6,0,0),由两点间的距离公式，得0P ,P 两点间的距离为d=1125++=33. 即所求的点线距离是33.例6：求两直线间的夹角与11232x 134-11+=-=-+==-z y z y x 解 s 1=(1,-4,1),s 2=(-2,2,1)由式（6.22）有 ,22918|9|||||||cos 2121=-=⋅=s s s s θ得θ=4,4ππ即两直线间的夹角为.例7：判断是否在同一平面内？和两直线42311:21111:21-=+=-==+z y x L z y x L 若在同一平面内，求两直线的交点，若不在同一平面内，求两直线间的距离及公垂线方程（见图6.40）.解在直线L 1上任取一点，如取M 1(-1,0,1),在直线L 2上任取一点，如取M 2(0，-1,2),得向量1212(1,1,1),(1,1,2),(1,3,4)M M s s =-==两条直线的方向向量分别是，,22243121121k j i kj i s s +--==⨯得 1212()20,s s M M ⨯⋅=≠故这三个向量不共面，因此这两条直线不在一个平面上.求公垂线L ，设L 与L 21,L 的交点分别是点A,B ，因为的方向故L L L L L ,,21⊥⊥L 2向量s 上，故和分别在，由于点取2121,)1,1,1(),1,1,1(2)//(s L L B A s s s -=--=⨯ 可设两个点的坐标为A(-1+t 1,1t ,1+21t ),B(22242,31,t t ++-),有 212121(1,31,421),AB t t t t t t =-+---+ 由于//s,AB 故有112411311t 121212-+-=--=+-t t t t t . 从上式可得到一个二元一次方程组⎩⎨⎧+--=+---=+-),124(113112121212t t t t t t t t 即⎩⎨⎧-=-=23522122t t t解此方程组，得t 两点的直线过于是得到B A B A t ,).6,2,1(),317,37,34(.1,3721==为公垂线，故公垂线方程为,161211-x ,316212311--=-=--=-=-z y z y x 即还可以得到L 123||3L d AB ==与间的距离为例8：求平面2x+y+z+3=0与直线⎩⎨⎧=+-=-+.,05205x 间的夹角z x y解平面的法向量为n=(2,1,1),用向量积求得直线的方向向量为s=(-1,1,-2), Sin ,216|3||s ||n ||s n |=-=⋅=ϕ 即所求直线与平面的夹角为.6πϕ=例9：求直线⎩⎨⎧=++=++=-+.,上上的投影直线上的z y 在平面x z x-y z-y x 00101解过已知直线的平面束为,0)1(1x =++-+--+z y x z y λ）（即（,0)1()1()1()1=+-++-+-++λλλλz y x该平面与x+y+z=0垂直的条件是（1+,01)1(1)1(1)=⋅+-+⋅-+⋅λλλ 由此得λ=-1，得平面方程为y-z-1=0. 所求的投影直线为⎩⎨⎧=++=--001y z y x z .6.6 曲面及其方程例1：求半径为R ，球心在点M 0,(000,,z y x )的球面方程.解设M （x,y,z ）是球面上的任一点，则点M 到点M 0的距离总是为常数R ，由两点的距离公式，有R = 则球面方程为.2222000x x y y z z R -+-+-=（）（）（）例2：一曲面上的点到z 轴的距离为常数R ，求曲面方程.解设M(x,y,z)是曲面上任一点，则点M 到点M 0(0,0,z)的距离就是点M 到z 轴的距离，有已知条件，有,00222R z z y x =-+-+-）（）（）（即 x 222R y =+.例3：方程?026222表示怎样的曲面=-+++y x z y x 解将方程变形为,10)1()3(222=+-++z y x这是一个球心在（-3,1,0），半径为10的球面方程.例4：将yOz 平面上的椭圆12222=+cz b y分别绕y 轴和z 轴旋转一周，求所得到的旋转曲面方程.解绕z 轴旋转时，旋转曲线方程为,cz b ）y x （1222222=++± 即为 .122222=++cz b y x 绕y 轴旋转时，旋转曲面方程为.122222=++c z x b y例5：求xOy 面上的曲面y=x 2绕y 轴旋转所得到的旋转曲面方程. 解用22x y +±代替曲面方程中的x 即可得旋转面方程，所以 ,)(222z x y +±= 即为 y =x 22z +,例6：直线L 绕另一个与L 相交的直线旋转一周，所得的旋转曲面称为圆锥面.两直线的交点称为圆锥面的顶点，两直线的夹角α（20πα<<）称为圆锥面的半顶角.试求顶点在坐标原点，半顶角为α的圆锥面方程. 解设yOz 面上过原点的直线L 的方程为 αcot z y =，当L 绕z 轴旋转时，旋转曲面方程为 z=αcot x 22y +±, 两端平方后，得 ),(2222y x k z += 其中k=cot 4.παα=当时，圆锥面方程为222z y x +=. 6.7空间曲线及方程例1 方程组⎩⎨⎧==++325222z z y x 表示怎样的曲线？解方程组中的第一个方程表示球心在圆点，半径为5的球面，第二个方程表示平行于x O y 面的平面，方程组则表示球面与平面的交线，该交线是以点（0，0，3）为圆心，半径为4，在平面z=3上的圆。