一道课本习题的解法探究及应用

一道课本习题的多解、推广与应用顾美娟(江苏省启东市东南中学ꎬ江苏启东２２６２００)摘㊀要:文章先从不同角度给出一道课本习题的六种证明方法ꎬ然后利用课本习题的结论继续探究ꎬ得到很多漂亮的结论.关键词:课本习题ꎻ三角形ꎻ中线ꎻ证明ꎻ探究中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２８－００１６－０３收稿日期:２０２３－０７－０５作者简介:顾美娟(１９８５.１０－)ꎬ女ꎬ江苏省启东人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀课本是教学之根本ꎬ也是考题之源头.很多高考题和竞赛题都源自课本习题的改编或者延伸ꎬ因此ꎬ深度探究课本习题对教学及其考试备考来说是非常重要的.１课本习题题目㊀(２０１９年人教Ａ版«数学必修第二册»[１]５３页第１５题)әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬＢＣꎬＣＡꎬＡＢ边上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃꎬ利用余弦定理证明ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２ꎬｍｂ＝１２２(ａ２＋ｃ２)－ｂ２ꎬｍｃ＝１２２(ａ２＋ｂ２)－ｃ２.２解法探究证法１㊀如图１ꎬ对әＡＢＤ利用余弦定理ꎬ得ｍ２ａ＝ＡＢ２＋ＢＤ２－２ＡＢ ＢＤｃｏｓＢ＝ｃ２＋ａ２４－２ｃ ａ２ ｃ２＋ａ２－ｂ２２ｃａ＝ｃ２＋ｂ２２－ａ２４.故４ｍ２ａ＝２ｃ２＋ｂ２()－ａ２.即ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理ꎬ可得ｍｂꎬｍｃ.图１㊀三角形及其中线证法２㊀如图１ꎬ对әＡＤＢ和әＡＤＣ利用余弦定理ꎬ得ｃｏｓøＡＤＢ＋ｃｏｓøＡＤＣ＝０.即ＡＤ２＋ＤＢ２－ＡＢ２２ＡＤ ＤＢ＋ＡＤ２＋ＤＣ２－ＡＣ２２ＡＤ ＤＣ＝０.即２ＡＤ２＋２ＤＢ２－ＡＢ２－ＡＣ２＝０.即２ｍ２ａ＋１２ａ２－ｃ２－ｂ２＝０.即４ｍ２ａ＝２(ｃ２＋ｂ２)－ａ２.所以ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法３㊀无论是锐角三角形(图２)还是钝角三角形(图３)ꎬ都有ＡＢ２＝ＡＨ２＋(ＢＨ)２＝ＡＤ２－ＤＨ２＋(ＢＤ＋ＤＨ)２６１＝ＡＤ２＋ＢＤ２＋２ＢＤ ＤＨꎬＡＣ２＝ＡＨ２＋ＣＨ２＝ＡＤ２－ＤＨ２＋(ＤＨ－ＤＣ)２＝ＡＤ２＋ＤＣ２－２ＤＣ ＤＨ.图２㊀锐角三角形㊀㊀㊀㊀图３㊀钝角三角形两式相加ꎬ得ＡＢ２＋ＡＣ２＝２(ＡＤ２＋ＢＤ２).把ＡＢ＝ｃꎬＡＣ＝ｂꎬＢＤ＝ａ２ꎬＡＤ＝ｍａ代入ꎬ得ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法４㊀由ＡＤң＝１２ＡＢң＋ＡＣң()ꎬ得｜ＡＤң｜２＝１４｜ＡＢң｜２＋｜ＡＣң｜２＋２ＡＢң ＡＣң()＝１４ｃ２＋ｂ２＋２ｂｃｃｏｓＡ()＝１４ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃｂ２＋ｃ２－ａ２２ｃｂæèçöø÷＝１２ｂ２＋ｃ２()－１４ａ２.故４ｍ２ａ＝２ｂ２＋ｃ２()－ａ２.即ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法５㊀由ＡＢң＋ＡＣң()２＋ＡＢң－ＡＣң()２＝２ＡＢң２＋ＡＣң２()ꎬ得４ＡＤң２＋ＣＢң２＝２(ＡＢң２＋ＡＣң２).即４ｍ２ａ＝２(ｃ２＋ｂ２)－ａ２.所以ｍａ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.证法６㊀如图４建立直角坐标系ꎬ设Ａ(ｘꎬｙ)ꎬＢ－ａ２ꎬ０æèçöø÷ꎬＣａ２ꎬ０æèçöø÷ꎬ则ＡＢ２＝ｘ＋ａ２æèçöø÷２＋ｙ２ꎬＡＣ２＝ｘ－ａ２æèçöø÷２＋ｙ２ꎬＡＤ２＝ｘ２＋ｙ２.故ＡＢ２＋ＡＣ２＝２(ｘ２＋ｙ２)＋ａ２２＝２ＡＤ２＋１２ａ２.所以ｍａ＝ＡＤ＝１２２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２.同理可得ｍｂꎬｍｃ.图４㊀建立坐标系３习题推广设әＡＢＣ的三边分别为ａꎬｂꎬｃꎬＢＣꎬＣＡꎬＡＢ边上的中线分别记为ｍａꎬｍｂꎬｍｃ.经过探究ꎬ得到如下的结论.命题１㊀４ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃ()＝３ａ２＋ｂ２＋ｃ２().证明㊀由中线公式知４ｍ２ａ＝２ｂ２＋ｃ２()－ａ２ꎬ４ｍ２ｂ＝２ｃ２＋ａ２()－ｂ２ꎬ４ｍ２ｃ＝２ａ２＋ｂ２()－ｃ２ꎬ三式相加ꎬ即得.命题２㊀１６ｍ４ａ＋ｍ４ｂ＋ｍ４ｃ()＝９ａ４＋ｂ４＋ｃ４().证明㊀由中线公式知１６ｍ４ａ＝(２ｂ２＋２ｃ２－ａ２)２＝４ｂ４＋４ｃ４＋ａ４＋８ｂ２ｃ２－４ａ２ｂ２－４ａ２ｃ２ꎬ１６ｍ４ｂ＝(２ａ２＋２ｃ２－ｂ２)２＝４ａ４＋４ｃ４＋ｂ４＋８ａ２ｃ２－４ａ２ｂ２－４ｂ２ｃ２ꎬ１６ｍ４ｃ＝(２ａ２＋２ｂ２－ｃ２)２＝４ａ４＋４ｂ４＋ｃ４＋８ａ２ｂ２－４ａ２ｃ２－４ｂ２ｃ２ꎬ三式相加即得.命题３㊀ｍａ＝ｍｂ⇔ａ＝ｂ.证明㊀ｍａ＝ｍｂ⇔４ｍ２ａ＝４ｍ２ｂ⇔２(ｂ２＋ｃ２)－ａ２＝２(ａ２＋ｃ２)－ｂ２⇔ａ＝ｂ.命题４㊀әＡＢＣ是等边三角形⇔ｍａ＝ｍｂ＝ｍｃ.证明㊀由命题３可知ꎬәＡＢＣ是等边三角形⇔ａ＝ｂ＝ｃ⇔ｍａ＝ｍｂ＝ｍｃ.命题５㊀设әＡＢＣ的面积和半周长分别为Ｓꎬｐꎬ则ｍａｍｂｍｃȡｐＳ.证明㊀由中线公式及ｐ＝ａ＋ｂ＋ｃ２ꎬ可得７１ｍ２ａ＝１４２ｂ２＋２ｃ２－ａ２()＝１４(ｂ＋ｃ)２－ａ２＋ｂ２＋ｃ２－２ｂｃ[]＝１４(ｂ＋ｃ－ａ)(ｂ＋ｃ＋ａ)＋(ｂ－ｃ)２[]＝ｐ(ｐ－ａ)＋１４(ｂ－ｃ)２ȡｐ(ｐ－ａ).所以ｍａȡｐ(ｐ－ａ).同理ꎬｍｂȡｐ(ｐ－ｂ)ꎬｍｃȡｐ(ｐ－ｃ).结合海伦公式Ｓ＝ｐ(ｐ－ａ)(ｐ－ｂ)(ｐ－ｃ)ꎬ得ｍａｍｂｍｃȡｐＳ.命题６㊀设әＡＢＣ的半周长为ｐꎬ则ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃȡｐ２.证明㊀由均值不等式ꎬ知(ａ＋ｂ＋ｃ)２ɤ３ａ２＋ｂ２＋ｃ２()ꎬ得ｐ２ɤ３４ａ２＋ｂ２＋ｃ２().由命题１知ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃ＝３４ａ２＋ｂ２＋ｃ２().可得ｍ２ａ＋ｍ２ｂ＋ｍ２ｃȡｐ２.命题７㊀４ｍ２ａ(ｂ＋ｃ)２＋４ｍ２ｂ(ｃ＋ａ)２＋４ｍ２ｃ(ａ＋ｂ)２ȡｃｏｓ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ｂ２＋ｃｏｓ２Ｃ２.证明㊀由中线公式与余弦定理ꎬ得４ｍ２ａ＝(ｂ２＋ｃ２)＋(ｂ２＋ｃ２－ａ２)＝ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃｃｏｓＡ＝ｂ２＋ｃ２＋２ｂｃ１－２ｓｉｎ２Ａ２æèçöø÷＝(ｂ＋ｃ)２－４ｂｃｓｉｎ２Ａ２ȡ(ｂ＋ｃ)２－(ｂ＋ｃ)２ｓｉｎ２Ａ２＝(ｂ＋ｃ)２ｃｏｓ２Ａ２.故４ｍ２ａȡ(ｂ＋ｃ)２ｃｏｓ２Ａ２.即４ｍ２ａ(ｂ＋ｃ)２ȡｃｏｓ２Ａ２.同理ꎬ４ｍ２ｂ(ｃ＋ａ)２ȡｃｏｓ２Ｂ２ꎬ４ｍ２ｃ(ａ＋ｂ)２ȡｃｏｓ２Ｃ２.三式相加ꎬ即得证.４在竞赛中的应用应用㊀(２０２０年全国高中数学联赛)在әＡＢＣ中ꎬＡＢ＝６ꎬＢＣ＝４ꎬ边ＡＣ的中线长为１０ꎬ则ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２的值为.解析㊀记Ｍ为ＡＣ的中点ꎬ由中线公式得４ＢＭ２＋ＡＣ２＝２(ＡＢ２＋ＢＣ２).可得ＡＣ＝２(６２＋４２)－４ˑ１０＝８.由余弦定理ꎬ得ｃｏｓＡ＝ＣＡ２＋ＡＢ２－ＢＣ２２ＣＡ ＡＢ＝８２＋６２－４２２ˑ８ˑ６＝７８.于是ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２＝(ｓｉｎ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ａ２)(ｓｉｎ４Ａ２－ｓｉｎ２Ａ２ｃｏｓ２Ａ２＋ｃｏｓ４Ａ２)＝(ｓｉｎ２Ａ２＋ｃｏｓ２Ａ２)２－３ｓｉｎ２Ａ２ｃｏｓ２Ａ２＝１－３４ｓｉｎ２Ａ＝１４＋３４ｃｏｓ２Ａ＝２１１２５６.因此ｓｉｎ６Ａ２＋ｃｏｓ６Ａ２的值为２１１２５６.通过一道课本习题的证明ꎬ复习巩固了解三角形常用的方法ꎬ即余弦定理㊁勾股定理㊁向量法和坐标法.进一步ꎬ我们利用课本习题的结论(即中线公式)可以得到很多漂亮的结论ꎬ也可以解决竞赛中的一些问题.参考文献:[１]人民教育出版社ꎬ课程教材研究所ꎬ中学数学课程教材研究开发中心.普通高中教科书数学(必修第一册:Ａ版)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１９.[责任编辑:李㊀璟]８１。

一道教材习题探解与变式习题再现：如图1，OA,OB,OC都是⊙O的半径，∠AOB=2∠BOC.求证：∠ACB=2∠BAC.(人教版九年级数学P88页练习第3题)题意剖析：这是在学习了圆周角定理后出现的一道巩固性习题，问题的条件特点如下：1.同圆的三条半径构成的一个四边形，且满足了OA=OB=OC；2.半径OB分半径OA,OC构成的圆心角成两个圆心角且较大角是较小角的2倍；3.所求结论中的两个角恰好是较大圆心角，较小圆心角同弧上的圆周角；4.知识选择明确的指向性：指向了圆周角定理.5.借助应用从定理的使用条件，结论的等量关系两个方面强化巩固定理.解法直播：因为OA,OB,OC是同圆的半径，∠AOB与∠ACB同对AB, ∠BOC与∠BAC同对BC,所以∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC.因为∠AOB=2∠BOC，所以2∠ACB=2×2∠BAC，所以∠ACB=2∠BAC.题目的条件，结论都非常有趣味，有深刻思考的空间，值得从多个角度进行变式思索.变式思考：变式1：如图2，OA,OB,OC都是⊙O的半径，∠AOB=∠BOC.求证：∠ACB=∠BAC.此种变式可以是等腰三角形性质、线段垂直平分线性质、三角形全等知识的强化巩固，也可看成是圆周角定理的复习与加深，因此解答的方法就多样化。

这恰恰符合《数学课程标准》所倡导的“引发学生的数学思考，鼓励学生的创造性思维”，“体验解决问题方法的多样性”的基本目标要求.解法1：设OB与AC的交点为D，因为OA=OC，∠AOB=∠BOC，所以OD⊥AC，AD=DC，所以OB 是线段AC的垂直平分线，所以BA=BC，所以∠ACB=∠BAC.解法2：设OB与AC的交点为D，因为OA=OC，∠AOB=∠BOC，所以OD⊥AC，AD=DC，因为BD=BD，所以△BAD≌△BCD，所以∠ACB=∠BAC.解法3：因为OA,OB,OC是同圆的半径，∠AOB与∠ACB同对AB, ∠BOC与∠BAC同对BC,所以∠AOB=2∠ACB，∠BOC=2∠BAC.因为∠AOB=∠BOC，所以2∠ACB=2∠BAC，所以∠ACB=∠BAC.变式2：如图1，OA,OB,OC都是⊙O的半径.（1）若∠AOB=2∠BOC.求证：∠ACB=2∠BAC；（2）试猜想，当∠AOB=3∠BOC，∠AOB=4∠BOC，…，∠AOB=n∠BOC，则∠ACB与∠BAC的关系.分析：《2011版初中课程标准》明确指出“学生应当有足够的时间和空间经历观察、实验、猜测、计算、推理、验证等活动过程”，这种变式思考，恰好实现了《课标》的目标要求. 相信有前面知识作铺垫，变式2的猜想与证明是容易做到的.解：（1）略；（2）当∠AOB=3∠BOC时，∠ACB=3∠BAC；当∠AOB=4∠BOC时，∠ACB=4∠BAC；…，当∠AOB=n∠BOC时，∠ACB=n∠BAC.这种猜想以整数系数为基础，能否变整数系数为分数系数呢？于是得到变式3.变式3：如图1，OA,OB,OC都是⊙O的半径.若∠AOB：∠BOC=m:n.则∠ACB：∠BAC=m:n.以上变式都基于一个相同的条件：圆为问题的主背景，且OA,OB,OC是圆O的半径.若是将这个条件适当变化，就会得到新的视角，新背景，解决问题的新的办法，恰好实现《课标》“要注重培养学生良好的数学学习习惯，使学生掌握恰当的数学学习方法。

一道课本习题的解法研究课本是最重要的教学资源，课本中的例习题是编者依据课程标准精心挑选且具有代表性的问题，是问题中的精华。

作为一名教师应充分认识例习题的研究价值，千方百计挖掘其潜能，发挥其解题功能，实现课本资源利用的最大化。

新教材人教A 版必修5第69页数列复习参考题B 组第5题就是一道求递推数列通项公式的好题，值得研究其解法。

题目：学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有B A ,两种菜可供选择，调查资料表明，凡是在这星期一选A 种菜的，下星期一会有%20改选B 种菜；而选B 种菜的，下星期一会有%30改选A 种菜，用n n b a ,分别表示在第n 个星期选A 的人数和选B 的人数，如果3001=a ，求10a . 此题可建立模型为⎩⎨⎧+=+=++nn n nn n b a b b a a 7.02.03.08.011 这种模型为一阶线性差分方程组，在高中必修教材中没有介绍其解法，在高中选修系列中有所介绍，高中学生不易解决该题通项公式的求法。

但笔者认为作为教者应做研究，为部分优生提供探究的空间与方法。

一 构造等差等比数列求解若数列{}{}n n b a ,满足⎩⎨⎧+=+=++nn n nn n b B a A b b B a A a 221111 由条件可得n n n n b B B a A A b a )()(212111ααα+++=+++，则数列{}n n b a α+成等比数列，且公比为β，若数列{}n n b a α+的首项为0，则数列{}n n b a α+成等差数列（其中βαααα=+=++212121,A A A A B B ）解：令,2.08.0,2.08.07.03.0βαααα=+=++可得,11⎩⎨⎧==βα或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=2123βα ⎩⎨⎧+=+=++nn n n n n b a b b a a 7.02.03.08.011，n n n n b a b a +=+∴++11，)23(212311n n n n b a b a -=-∴++ 023,500,200,300111111=-=+∴==b a b a b a023,500=-=+∴n n n n b a b a ，200,300==∴n n b a点评：这类数列求解，一般都要整体代换，构造新的等差等比数列，转化为一个新数列的求解，这样构造解题是运算量比较小的一种方法。

一道习题的解法探究与反思谢忠德(广东省江门市江海区外海中学ꎬ广东江门５２９０８０)摘㊀要:作者在教学过程中遇到一道简单习题ꎬ经过思考分析ꎬ发现存在很多种解答方法ꎬ这些方法贯穿了高中数学的主要知识脉络ꎬ目的就是要让我们的学生明白ꎬ在学习的过程中只有不断地挖掘不同知识之间的联系ꎬ才能形成坚实的解题能力和养成良好的解题思维习惯.关键词:解题方法教学ꎻ不等式ꎻ最小值中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０４－００３７－０３收稿日期:２０２３－１１－０５作者简介:谢忠德(１９７７.７－)ꎬ男ꎬ江西省赣县人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀近期ꎬ笔者在 直线的方程 这一章节的教学中给学生布置了一道课后习题ꎬ当时认为它可能有不少解法ꎬ觉得会趣味无穷.于是经过笔者对该题的认真思考和深入研究后ꎬ确实得出了多种解法ꎬ不足之处ꎬ敬请指正.１题目呈现题目㊀已知点Ｐ(ｘꎬｙ)在直线２ｘ＋ｙ－１＝０上ꎬ求ｘ２＋ｙ２的最小值.２解法探究２.１利用一元二次函数的性质解法１㊀将ｙ＝１－２ｘ代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝ｘ２＋(１－２ｘ)２＝５ｘ２－４ｘ＋１＝５(ｘ－２５)２＋１５ȡ１５ꎬ当ｘ＝２５时ꎬｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.２利用一元二次方程根的判别式解法２㊀设ｘ２＋ｙ２＝ａꎬ则将ｙ＝１－２ｘ代入ꎬ得ａ＝ｘ２＋(１－２ｘ)２.即５ｘ２－４ｘ＋(１－ａ)＝０.因为ｘɪＲꎬΔ＝(－４)２－４ˑ５ˑ(１－ａ)＝２０ａ－４ȡ０ꎬ即ａȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.３从导数入手解法３㊀将ｙ＝１－２ｘ代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝ｘ２＋(１－２ｘ)２＝５ｘ２－４ｘ＋１.设ｆ(ｘ)＝５ｘ２－４ｘ＋１ꎬ求导ꎬ得ｆᶄ(ｘ)＝１０ｘ－４.令ｆᶄ(ｘ)＝０ꎬ解得ｘ＝２５.当ｘɪ(－ɕꎬ２５)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ７３当ｘɪ(２５ꎬ＋ɕ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０.所以当ｘ＝２５ꎬ[ｆ(ｘ)]ｍｉｎ＝ｆ(２５)＝１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.４利用点到直线的距离解法４㊀如图１所示ꎬ将求ｘ２＋ｙ２的最小值问题转化为在直线２ｘ＋ｙ－１＝０上找一点Ｐ(ｘꎬｙ)ꎬ使点Ｐ到原点的距离ＯＰ＝ｘ２＋ｙ２为最小的问题ꎬ为此过原点Ｏ作ＯＰ垂直于直线２ｘ＋ｙ－１＝０ꎬ垂足Ｐ即为所求点.图１㊀解法４示意图因为ＯＰ＝０＋０－１２２＋１２＝１５ꎬ所以ＯＰ２＝１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.５利用三角换元法解法５㊀设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍȡ０)ꎬ令ｘ＝ｍｓｉｎαꎬｙ＝ｍｃｏｓαꎬ２ｘ＋ｙ＝２ｍｓｉｎα＋ｍｃｏｓα＝１ꎬ所以ｍ＝１２ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝１５ｓｉｎ(α＋φ)(其中ｔａｎφ＝１２).因为５ｓｉｎ(α＋φ)ɤ５ꎬ所以ｍȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.６利用柯西不等式解法６㊀因为(２２＋１２)(ｘ２＋ｙ２)ȡ(２ｘ＋ｙ)２＝１ꎬ所以ｘ２＋ｙ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.７构造等差数列解法７㊀由２ｘ＋ｙ＝１知ꎬ２ｘꎬ１２ꎬｙ成等差数列ꎬ不妨设公差为ｄꎬ则有２ｘ＋ｄ＝１２ꎬｙ＝１２＋ｄ.ìîíïïïï即ｘ＝１４－ｄ２ꎬｙ＝１２＋ｄ.ìîíïïïï代入ｘ２＋ｙ２ꎬ得ｘ２＋ｙ２＝(１４－ｄ２)２＋(１２＋ｄ)２＝５４ｄ２＋３４ｄ＋５１６＝５４(ｄ＋３１０)２＋１５ȡ１５.所以当ｄ＝－３１０时ꎬｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.８利用不等式ａ２ｍ＋ｂ２ｎȡ(ａ＋ｂ)２ｍ＋ｎ解法８㊀因为ｘ２＋ｙ２＝(２ｘ)２４＋ｙ２１ꎬ所以由 ａꎬｂɪＲꎬｍꎬｎɪＲ＋ꎬ则ａ２ｍ＋ｂ２ｎȡ(ａ＋ｂ)２ｍ＋ｎ.所以ｘ２＋ｙ２＝(２ｘ)２４＋ｙ２１ȡ(２ｘ＋ｙ)２４＋１＝１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀利用不等式求最值确实是比较常见的方法ꎬ但这里用到的不等式很多人没见过ꎬ说明我们的学生在努力学习课本知识以外ꎬ需要更多地了解相关知识的延展ꎬ因为有很多的知识是需要我们自己去发现和探索的.２.９利用平面向量解法９㊀设ａ＝(ｘꎬｙ)ꎬｂ＝(２ꎬ１)ꎬ则由ａｂȡａ ｂꎬ得ｘ２＋ｙ２ ２２＋１２ȡｘˑ２＋ｙˑ１.８３因为２ｘ＋ｙ－１＝０ꎬ所以５ˑｘ２＋ｙ２ȡ１.即ｘ２＋ｙ２ȡ１５.所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.２.１０利用不等式ｄɤｒ解法１０㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ则ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)是一个以原点为圆心ꎬ半径ｒ＝ｍ的圆ꎬ此圆圆心到直线２ｘ＋ｙ－１＝０的距离ｄ＝１５ꎬ所以由ｄɤｒꎬ得ｍȡ１５ꎬ即ｍ２ȡ１５ꎬ所以ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀利用圆的知识解题不太容易想到ꎬ要构造一个圆ꎬ利用直线２ｘ＋ｙ－１＝０与圆ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)两者之间的联系ꎬ才能得到圆心到直线的距离不能超过半径.２.１１利用极坐标解法１１㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ把ｘ＝ρｃｏｓθꎬｙ＝ρｓｉｎθ代入ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ得ρ２＝ｍ２ꎬ即ρ＝ｍ.因此２ｘ＋ｙ＝２ρｃｏｓθ＋ρｓｉｎθ＝２ｍｃｏｓθ＋ｍｓｉｎθ＝５ｍｓｉｎ(θ＋φ)＝１ꎬ其中ｔａｎφ＝２.因为－１ɤｓｉｎ(θ＋φ)ɤ１ꎬ所以５ｍȡ１.即ｍ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.点评㊀其实极坐标法跟解法５的三角换元法非常相似ꎬ两者有异曲同工之妙.２.１２利用方差的性质[１]解法１２㊀显然ｘʂ０ꎬｙʂ０ꎬ不妨设ｘ２＋ｙ２＝ｍ２(ｍ>０)ꎬ即ｘ２ｍ２＋ｙ２ｍ２＝１.则构造离散型随机变量Ｘ的分布列(见表１):表１㊀离散型随机变量Ｘ的分布列Ｘ２ｘ１ｙｐｘ２ｍ２ｙ２ｍ２㊀㊀因此ꎬＥＸ２＝(２ｘ)２ ｘ２ｍ２＋(１ｙ)２ ｙ２ｍ２＝５ｍ２ꎬ(ＥＸ)２＝(２ｘ ｘ２ｍ２＋１ｙ ｙ２ｍ２)２＝(２ｘ＋ｙ)２ｍ４＝１ｍ４.由ＥＸ２ȡ(ＥＸ)２ꎬ得５ｍ２ȡ１ｍ４.即ｍ２ȡ１５.故ｘ２＋ｙ２有最小值１５.３结束语对于这道题的解答ꎬ我们从多个角度进行分析ꎬ并运用了多种方法.事实上ꎬ学生已经有多年的数学学习经历ꎬ都打下了较扎实的基础ꎬ然而因为某种缘故ꎬ在某些方面一直没有得到很好的锻炼ꎬ比如观察㊁联想㊁迁移㊁转化.缺乏观察㊁联想㊁迁移㊁转化意识的学生到了高中很难再轻松地学习数学了ꎬ总觉得心有余而力不足.我们知道ꎬ在课堂上对例题进行分析㊁讲解是教师教授学生解题的依据ꎬ也是学生举一反三的范本ꎬ它不仅帮助学生强化和巩固记忆ꎬ掌握基础知识ꎬ理解基本概念ꎬ而且在培养和发展学生思维能力方面也有着重要的作用ꎬ同时对形成学生的观察㊁联想㊁迁移㊁转化能力也有很大的促进作用ꎬ有助于提高他们的数学解题能力ꎬ激发他们对数学的热爱和探索数学的兴趣.参考文献:[１]苏保明.一道 希望杯 赛题的巧解[Ｊ].数理天地(高中版)ꎬ２０１６(０７):３０－３１ꎬ３３.[责任编辑:李㊀璟]９３。

值为３，最小值为２，求ｍ的取值范围．图３题目一给出，学生立即画图，讨论，其中有几个同学很快能发现对称轴ｘ＝１一定要含于闭区间［０，ｍ］内，于是得到ｍɪ［１，２］．课后老师还布置了一道衔接作业：已知函数ｆ（ｘ）＝４ｘ２－４ａｘ＋ａ２－２ａ＋２在闭区间［０，２］上的最小值为３，求实数ａ的取值范围．从这里可以看出，尽管两个老师教学水平相当，但其中一个老师巧妙地将二次函数相关知识适当衔接延伸到课堂的讲解㊁练习，作业之中．教学效益明显提高．教师不仅归纳出函数图象平移规律，而且还介绍了寻找函数最值的图像解法．这为下节课最值的进一步研究提供一种重要的方法．从学生的状态来看，课堂气氛活跃，师生配合默契，同学的作业㊁问题的回答也要明显好于另一个班级！本文仅通过函数部分几个典型问题的衔接，谈谈高中衔接教学的一些做法．实际上，高初中教学的衔接，不仅在高一㊁高二，甚至高三的教学也要注意渗透．例如高三 平面几何选讲 的绝大部分内容就是初中平几的衔接与延伸，初中韦达定理在高二的解几教学中常常碰到，初中绝对值的概念是高中分类讨论的一个重要依据，不等式解法㊁因式分解等内容也是高中数学的重要工具．所以，衔接教学要贯穿于高中数学课堂的始终！但是，由于高一教学很紧，衔接教学又要分担不少的课时，如何处理衔接与进度的关系呢？这就要求老师钻研课本㊁熟悉衔接的内容，科学设计，将关联的知识化整为零，将衔接的内容渗透到每堂课．这样高一的学生才能跟上老师的节奏，促使师生课堂思维的同频，也只有这样，我们的教学才更有针对性，课堂教学效益才会不断提高．参考文献［１］㊀廖顺宏，数学课堂设计与学生创新思维的培养［Ｊ］．数学通报．２０００（９）．［２］㊀高洪武，追求数学课堂的自然高效［Ｊ］．中学数学杂志，２０１３（３）．作者简介㊀廖顺宏，男，中学数学高级教师．主持并参与‘中学数学困难生学习过程评价研究“等市级课题三个．近几年，本人获佛山市骨干教师，禅城区骨干教师，禅城区优秀教师等荣誉称号．主编或参与编写我国权威书籍‘中国高考年鉴“ 数学分册等教学参考书５部；发表论文近２０篇．一道课本例题的探究与应用山西省孝义中学㊀㊀０３２３００㊀㊀张立政㊀㊀课本是重要的教学资源，例题是数学教材的重要组成部分，是教材的精华，颇受高考命题专家的青睐．数学教师应充分对例题进行探究，挖掘其应用价值．著名数学家Ｇ㊃波利亚说： 一个专心的认真备课的教师能拿出一个有意义的但又不太复杂的题目，去帮助学生发掘问题的各个方面，使其通过这道题，就好像通过一道门户，把学生引入一个完整的理论领域． 下面通过一道课本例题的探究谈一谈如何 立足课本，对接高考 ．１㊀题目呈现题目㊀（人教Ａ版‘数学 选修２－１⓪第４１页的例３）设点Ａ，Ｂ的坐标分别为（－５，０），（５，０），直线ＡＭ，ＢＭ相交于点Ｍ，且它们的斜率之积为－４９，求点Ｍ的轨迹方程．２㊀题目探究探究１㊀设点Ａ，Ｂ的坐标分别为（－ａ，０），（ａ，０）．直线ＡＭ，ＢＭ相交于点Ｍ，且它们的斜率之积为－ｂ２ａ２，求点Ｍ的轨迹方程，点Ｍ的轨迹是什么？结论１㊀与两定点Ａ（－ａ，０），Ｂ（ａ，０）连线的斜率之积等于定值－ｂ２ａ２的点Ｍ的轨迹方程是ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ｘʂʃａ）．情形１：当ａ＞ｂ＞０时，点Ｍ的轨迹是以ＡＢ为长轴的椭圆，除去Ａ，Ｂ两点．情形２：当ｂ＞ａ＞０时，点Ｍ的轨迹是以ＡＢ为短轴的椭圆，除去Ａ，Ｂ两点．情形３：当ａ＝ｂ＞０时，点Ｍ的轨迹是以ＡＢ为直径的圆，除去Ａ，Ｂ两点．探究２㊀结论１的反面是什么？是否成立？２１㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀中学数学杂志㊀２０１４年第７期结论２㊀椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１上两个顶点（－ａ，０），（ａ，０）与椭圆上除这两个顶点外的任一点连线的斜率之积为定值－ｂ２ａ２．探究３㊀类比 圆中任一条直径所对的圆周角是直角 ，将结论２中的两顶点换成经过椭圆中心的任意一条弦的两端点，结论是什么？结论是否成立？结论３㊀椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１上任意经过中心的弦的两个端点与椭圆上任一点（除这两点外）连线斜率之积为定值－ｂ２ａ２．探究４㊀将 圆的垂径定理：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦 类比到椭圆中，结论是什么？结论是否成立？结论４㊀过椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１的中心平分该椭圆弦的直线与弦所在的直线的斜率之积为定值－ｂ２ａ２．探究５㊀将 圆的切线定理：过切点的直径垂直于过该切点的圆的切线 类比到椭圆中，结论是什么？结论是否成立？结论５㊀过椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１上一点与中心连线的直线的斜率与椭圆在该点处切线的斜率之积为定值－ｂ２ａ２．当然，可将以上椭圆中的结论类比到双曲线中，探究其是否成立．（限于篇幅，留给读者探究总结）３㊀对接高考例１㊀（２０１３年高考全国大纲卷（理科）第８题）椭圆Ｃ：ｘ２４＋ｙ２３＝１的左㊁右顶点分别为Ａ１㊁Ａ２，点Ｐ在Ｃ上，且直线ＰＡ２斜率的取值范围是［－２，－１］，那么直线ＰＡ１斜率的取值范围是（㊀㊀）．Ａ．１２éëêê，３４ùûúú㊀㊀㊀㊀Ｂ．３８éëêê，３４ùûúúＣ．１２，１éëêêùûúú㊀㊀㊀Ｄ．３４，１éëêêùûúú解析㊀由结论２得，ｋＰＡ１㊃ｋＰＡ２＝－３４，所以ｋＰＡ１＝－３４ｋＰＡ２（－２ɤｋＰＡ２ɤ－１）．因为ｋＰＡ１单调递增，所以３８ɤｋＰＡ１ɤ３４，故选Ｂ．例２㊀（２０１３年高考全国新课标Ⅰ卷（理科）第１０题）已知椭圆Ｅ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的右焦点为Ｆ（３，０），过点Ｆ的直线交椭圆于Ａ㊁Ｂ两点．若ＡＢ的中点坐标为（１，－１）则Ｅ的方程为（㊀㊀）．Ａ．ｘ２４５＋ｙ２３６＝１㊀㊀㊀Ｂ．ｘ２３６＋ｙ２２７＝１Ｃ．ｘ２２７＋ｙ２１８＝１㊀㊀㊀Ｄ．ｘ２１８＋ｙ２９＝１解析㊀由结论４得：－ｂ２ａ２＝－１２，所以ａ２＝２ｂ２．又ａ２＝ｂ２＋９，所以ｂ２＝９，ａ２＝１８，选Ｄ．例３㊀（２０１３年高考全国新课标卷Ⅱ（理科）第２０题第⑴问）平面直角坐标系ｘＯｙ中，过椭圆Ｍ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）右焦点的直线ｘ＋ｙ－３＝０交Ｍ于Ａ，Ｂ两点，Ｐ为ＡＢ的中点，且ＯＰ的斜率为１２．求Ｍ的方程．解析㊀由结论４得，－ｂ２ａ２＝１２ˑ（－１），所以ａ２＝２ｂ２．又直线ｘ＋ｙ－３＝０过焦点（ｃ，０），所以ｃ＝３，即ａ２－ｂ２＝３，所以ａ２＝６，ｂ２＝３，点Ｍ的轨迹方程为ｘ２６＋ｙ２３＝１．例４㊀（２０１３年高考北京卷（理科）第１９题第（２）问）已知Ａ㊁Ｂ㊁Ｃ是椭圆Ｗ：ｘ２４＋ｙ２＝１上的三个点，Ｏ是坐标原点．当点Ｂ不是Ｗ的顶点时，判断四边形ＯＡＢＣ是否可能为菱形，并说明理由．解析㊀四边形ＯＡＢＣ不可能为菱形．理由如下：假设四边形ＯＡＢＣ为菱形，则对角线ＯＢ与ＡＣ互相垂直且平分于点Ｍ，于是ｋＯＢ㊃ｋＡＣ＝－１．又由结论４知，ｋＯＭ㊃ｋＡＣ＝－１４．因为ｋＯＭ＝ｋＯＢ，所以ｋＯＢ㊃ｋＡＣ＝－１４．因为－１４ʂ－１，所以假设不正确．所以当点Ｂ不是Ｗ的顶点时，四边形ＯＡＢＣ不可能为菱形．例５㊀（２０１３年山东卷（理科）压轴题）椭圆Ｃ：３１中学数学杂志㊀２０１４年第７期㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左㊁右焦点分别是Ｆ１，Ｆ２，离心率为３２，过Ｆ１且垂直于ｘ轴的直线被椭圆Ｃ截得的线段长为１．（１）求椭圆Ｃ的方程；（２）点Ｐ是椭圆Ｃ上除长轴端点外的任一点，连结ＰＦ１，ＰＦ２，设øＦ１ＰＦ２的角平分线ＰＭ交Ｃ的长轴于点Ｍ（ｍ，０），求ｍ的取值范围；（３）在（２）的条件下，过点Ｐ作斜率为ｋ的直线ｌ，使得ｌ与椭圆Ｃ有且只有一个公共点，设直线ＰＦ１，ＰＦ２的斜率分别为ｋ１，ｋ２，若ｋʂ０，试证明１ｋｋ１＋１ｋｋ２为定值，并求出这个定值．解析㊀（１）ｘ２４＋ｙ２＝１（过程略）．（２）设Ｐ（ｘ０，ｙ０）（ｙ０ʂ０）．当ｘ０＝０时，ｍ＝０．当ｘ０ʂ０时，由结论５知ｋＯＰ㊃ｋ切＝－１４，所以ｋ切＝－ｘ０４ｙ０．由椭圆光学性质知ｋＰＭ㊃ｋ切＝－１，所以ｋＰＭ＝４ｙ０ｘ０，所以øＦ１ＰＦ２的角平分线ＰＭ的方程为ｙ－ｙ０＝４ｙ０ｘ０（ｘ－ｘ０），令ｙ＝０得ｍ＝３４ｘ０（－２＜ｘ０＜０或０＜ｘ０＜２）．综合上述得－３２＜ｍ＜３２．（３）由题意，设Ｐ（ｘ０，ｙ０）（ｘ０ʂ０，ｙ０ʂ０）．由结论５知，ｋＰＭ㊃ｋ切＝－１４，所以ｋ＝ｋ切＝－ｘ０４ｙ０，而ｋ１＝ｙ０ｘ０＋３，ｋ２＝ｙ０ｘ０－３，所以１ｋ１＋１ｋ２＝２ｘ０ｙ０，所以１ｋｋ１＋１ｋｋ２＝－４ｙ０ｘ０㊃２ｘ０ｙ０＝－８．例６㊀（２０１３年高考山东卷（理科）压轴题的一般化）椭圆Ｃ：ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１（ａ＞ｂ＞０）的左㊁右焦点分别是Ｆ１，Ｆ２．（１）点Ｐ是椭圆Ｃ上除长轴端点外的任一点，连结ＰＦ１，ＰＦ２，设øＦ１ＰＦ２的角平分线ＰＭ交Ｃ的长轴于点Ｍ（ｍ，０），求ｍ的取值范围；（２）在（１）的条件下，过点Ｐ作斜率为ｋ的直线ｌ，使得ｌ与椭圆Ｃ有且只有一个公共点，设直线ＰＦ１，ＰＦ２的斜率分别为ｋ１，ｋ２，若ｋʂ０，试证明１ｋｋ１＋１ｋｋ２为定值，并求出这个定值．解析㊀（１）由题意，设Ｐ（ｘ０，ｙ０）（ｙ０ʂ０）．当ｘ０＝０时，ｍ＝０．当ｘ０ʂ０时，由结论５知ｋＯＰ㊃ｋ切＝－ｂ２ａ２，所以ｋ切＝－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０．由椭圆光学性质知，ｋＰＭ㊃ｋ切＝－１，所以ｋＰＭ＝ａ２ｙ０ｂ２ｘ０，所以øＦ１ＰＦ２的角平分线ＰＭ的方程为ｙ－ｙ０＝ａ２ｙ０ｂ２ｘ０（ｘ－ｘ０）．令ｙ＝０得ｍ＝ｘ０－ｂ２ａ２ｘ０＝ａ２－ｂ２ａ２ｘ０（－ａ＜ｘ０＜０或０＜ｘ０＜ａ），综合上述得－ａ２－ｂ２ａ２＜ｍ＜ａ２－ｂ２ａ２．（２）由题意，设Ｐ（ｘ０，ｙ０）（ｘ０ʂ０，ｙ０ʂ０）．由结论５知，ｋＯＰ㊃ｋ切＝－ｂ２ａ２，ｋ＝ｋ切＝－ｂ２ｘ０ａ２ｙ０，而ｋ１＝ｙ０ｘ０＋ｃ，ｋ２＝ｙ０ｘ０－ｃ，所以１ｋ１＋１ｋ２＝ｘ０＋ｃｙ０＋ｘ０－ｃｙ０＝２ｘ０ｙ０，所以１ｋｋ１＋１ｋｋ２＝－ａ２ｙ０ｂ２ｘ０㊃２ｘ０ｙ０＝－２ａ２ｂ２．４㊀教学启示４．１㊀注重对课本例题教学价值的挖掘．课本例题具有示范性，通过例题教学，帮助学生深究教材例习题，挖掘其潜在功能，发挥其使用价值，对激发学生的探索兴趣，培养学生的解题能力，发展学生的创造性思维，都具有积极的作用．４ ２㊀立足教材，高效备考．新课程提倡教师在教学中对课程资源进行开发和利用，教材是教师进行教学的主要资源，是学生能力的生长点，是高考命题的主要依据．立足教材，开发教材，做透教材中的典型例题和习题，善于在高考题中寻找教材题目的原型，探索高考试题与教材题目的结合点，打通教材与高考的通道，对接高考，才能最终实现在高考复习中跳出题海，高效备考．作者简介㊀张立政，男，１９６４年生，山西孝义人，山西省中学数学特级教师，主要从事中学数学教育与教学研究．４１㊀ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀中学数学杂志㊀２０１４年第７期。