一道教材習題的解法探究與變式拓展

摘" 要：題在書內(nèi)，用在書外.針對教材內(nèi)的典型習題，進行多角度探究，做到一題多解，尋求優(yōu)解.同時開展變式拓展，通過這種方式，提升思維品質(zhì)，培養(yǎng)思維能力.

關鍵詞：教材習題；一題多解；變式拓展

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）22-0047-03

收稿日期：2024-05-05

作者簡介：晏鴻（1975.6—），男，湖南省雙峰人，本科，中學高級教師，從事中學數(shù)學教學研究.

基金項目：全國教育科學規(guī)劃教育部青年課題“基于學科融合的高中數(shù)學建模教學實踐研究”（項目編號：EHA230482）.

在人教A版高中數(shù)學選擇性必修第一冊138頁有這樣一道習題：如圖1，直線y=x-2與拋物線y2=2x交于A，B兩點，求證：OA⊥OB［1］.本人認為可以做如下的解法探究與變式拓展，供大家參考.

圖1" 教材習題圖

1" 弄清問題，擬定計劃

本題的問題核心是確定兩直線垂直的充分條件是什么，有如下三個方向可供選擇，首先確定探究方向.

方向1：證明kOA·kOB=-1；

方向2：證明OA·OB=0；

方向3：證明以AB為直徑的圓過坐標原點O，即|OM|=12|AB|（點M為AB中點）.

2" 開始行動，實現(xiàn)計劃

視角1" 從方向1入手，可以先求出A，B兩點的坐標，也可以“設而不求”，再計算兩直線OA，OB的斜率之積為-1.

解法1" 聯(lián)立y=x-2，y2=2x，

解得x=3+5，y=1+5或x=3-5，y=1-5.

則兩點為A（3-5，1-5），B（3+5，1+5）.

故kOA·kOB=1-53-5·1+53+5=-1.

所以OA⊥OB.

解法2" 設A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y=x-2，y2=2x，

消去y，得

x2-6x+4=0.

因為△=36-16=20gt;0，

所以x1+x2=6，x1x2=4.

則kOA·kOB=y1x1·y2x2

=x1x2-2（x1+x2）+4x1x2

=-1.

故OA⊥OB.

視角2" 從方向2入手，設A，B兩點的坐標，利用A，B，C三點共線，計算OA·OB的值，也是常見的通性通法.

解法3" 設A（y212，y1），B（y222，y2），由點C（2，0）在直線y=x-2上，

則CA=（y21-42，y1），CB=（y22-42，y2），且A，B，C三點共線.

于是y21-42·y2=y22-42·y1.

化簡，得y1y2=-4.

故OA·OB=y212·y222+y1y2=164-4=0.

因此OA⊥OB.

視角3" 從方向3入手，抓住圖形的幾何特征，轉(zhuǎn)“形”為“數(shù)”，用代數(shù)方法解決，重點訓練直觀想象和數(shù)學運算的核心素養(yǎng).

解法4" 由解法2知x1+x2=6，x1x2=4.

再設A，B中點為M，則有M（3，1），

|OM|=32+12=10，

|AB|=1+k2·（x1+x2）2-4x1x2=210.

所以|OM|=12|AB|.

由直角三角形的幾何性質(zhì)可得OA⊥OB.

3" 開發(fā)題源，變式拓展

反思上面的解法，發(fā)現(xiàn)解法1是通性通法；解法2和解法3基于整體結(jié)構(gòu)進行探究，通過“設而不求”有效降低運算量；解法4體現(xiàn)解析幾何與平面幾何的關聯(lián)性，利用直角三角形的性質(zhì)來解決問題，都是值得學習、消化、吸收的方法.同時，我們還可以對試題進行“二次開發(fā)”，開展變式拓展，挖掘它的深層價值.

3.1" 通過化靜為動進行變式

變式1" 設過點（2，0）的動直線l與拋物線y2=2x交于A，B兩點，O是原點，求證：OA⊥OB.

分析" 將這道題條件中的定直線改為過定點的動直線，然后去探究結(jié)論.只要按解法2的思路就能很快解決（證法略）.

3.2" 通過反向思考進行變式

變式2" 設A，B是拋物線y2=2x上非原點的兩動點，O是原點，若OA⊥OB，

求證：直線AB必過定點（2，0）.

分析" 反向思考，互換原題的結(jié)論與條件，變?yōu)閯又本€過定點問題.通過求原命題的逆命題，進行變式拓展（證法略）.

3.3" 通過推廣結(jié)論進行變式

變式3" 設A，B是拋物線y2=2px（pgt;0）上非原點的兩動點，O是原點.

求證：OA⊥OB的充要條件是直線AB必過定點（2p，0）.

變式4" 設A，B是橢圓x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）上的兩動點，O是原點.

求證：OA⊥OB的充要條件是點O到直線AB的距離d=aba2+b2.

變式5" 設A，B是雙曲線x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）上的兩動點，O是原點.

求證：當bgt;agt;0時，OA⊥OB的充要條件是點O到直線AB的距離d=abb2-a2；當a≥bgt;0時，OA⊥OB不存在.

3.4" 再進一步變式

變式6" 設A，B是拋物線C：y2=2px上的兩個動點，P（x0，y0）是C上的定點，若PA與PB的斜率之積為定值m（m≠0），求證：直線AB過定點（x0-2pm，-y0）.

證明" 設A（x1，y1），B（x2，y2），則

y21=2px1，y22=2px2.

兩式相減，得

（y1-y2）（y1+y2）=2p（x1-x2）.

當AB不與x軸垂直時，x1≠x2，kAB=2py1+y2，直線AB的方程為y-y1=2py1+y2（x-y212p）.

即2px-（y1+y2）y+y1y2=0.①

因為kPA·kPB=y1-y0x1-x0·y2-y0x2-x0

=（y1-y0）（y2-y0）［y21/（2p）-y20/（2p）］［y22/（2p）-y20/（2p）］

=4p2（y1+y0）（y2+y0）

=m，②

化簡整理，得

4p2m

=y1y2+（y1+y2）y0+y20.

又y20=2px0，

即2px0-4p2m+y1y2+（y1+y2）y0=0.③

①-③，得

2px-（x0-2pm）-（y1+y2）（y+y0）=0.

令x=x0-2pm，y=-y0，

則直線AB過定點（x0-2pm，-y0）.

當AB垂直于x軸時，設A（x1，y1），B（x1，-y1），

由②式知

kPA·kPB=y1-y0x1-x0·-y1-y0x1-x0

=y20-y21（x1-x0）2

=2p（x0-x1）（x1-x0）2

=-2px1-x0

=m.

所以x1=x0-2pm.

即直線AB的方程為 x=x0-2pm，

此時直線AB也過定點（x0-2pm，-y0）.

3.5" 基于一般圓錐曲線的變式

變式7" 過圓錐曲線C上一定點P（x0，y0）引兩條直線PE，PF分別交C于E，F(xiàn)兩點，若PE與PF的斜率之積為定值m（m≠0），

求證：直線EF過定點（x0-CA-mB，y0+mDA-mB）.

證明" 設過點P的圓錐曲線C方程為

A（x-x0）2+B（y-y0）2+C（x-x0）+D（y-y0）=0（A2+B2≠0）.

令x′=x-x0，y′=y-y0， 則點P的坐標變?yōu)椋?，0），C的方程為Ax′2+By′2+Cx′+Dy′=0 .④

設直線EF的方程為A1x′+B1y′=1，⑤

由④⑤，得Ax′2+By′2+Cx′·（A1x′+B1y′）+Dy′·（A1x′+B1y′）=0.

即（A+CA1）x′2+（CB1+DA1）x′y′+（B+DB1）y′2=0.

于是（B+DB1）（y′x′）2+（CB1+DA1）（y′x′）+（A+CA1）=0.⑥

設E（x′1，y′1），F(xiàn)（x′2，y′2），則

kPE·kPF=y′1x′1·y′2x′2=m（m≠0）.

由⑥，得kPE·kPF=m=A+CA1B+DB1.

整理，得A1·（-CA-mB）+B1·（mDA-mB）=1.

故直線EF過定點（x0-CA-mB，y0+mDA-mB）.

4" 結(jié)束語

一葉而知秋，一題一世界.教材習題就像一個“引子”，往回找，找到題根，往周圍找，又能變式出更多的結(jié)論，這都是對教材進行縱深研究的好抓手，也是訓練思維能力的好手段.

參考文獻：

［1］

課程教材研究所，中學數(shù)學課程教材研究開發(fā)中心.普通高中教科書：數(shù)學（選擇性必修第一冊）［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［責任編輯：李" 璟］