核心素養(yǎng)視角下的變式與拓展
——以一道課本習題為例

廣東 周艷祖

高中數學教材中的許多例題、練習題、習題和復習參考題(簡稱“四題”)因為有著極強的“代表性”與“穿透性”，往往因受到命題者的青睞而成為高考的題源.2019年人教A版的習題分為“復習鞏固”“綜合運用”“拓廣探索”三個層次，開展對教材習題的研究，創(chuàng)設合理的變式教學，以“最近發(fā)展區(qū)”為平臺，拓展學生的認知，在落實“情境與問題、知識與技能、思維與表達、交流與反思”的過程中既夯實了學習以及未來發(fā)展所必需的“數學基礎知識、基本技能、基本思想、基本活動經驗”，又培養(yǎng)了學生的數學核心素養(yǎng).

【源題】(2019年人教A版選擇性必修第一冊第138頁習題3.3復習鞏固第6題)直線y=x-2與拋物線y2=2x相交于A，B兩點，求證：OA⊥OB.(詳細解答過程略)

一、結論不變，改裝已知條件

結論不變，將定直線變?yōu)檫^定點的動直線，讓學生在運動、變化、發(fā)展中探索不變的元素與性質.

變式1:已知過點M(2,0)的直線與拋物線y2=2x相交于A，B兩點，求證：OA⊥OB.

【解析】可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，顯然直線AB的斜率k≠0，則可設其方程為x=ty+2，將直線的方程代入到y(tǒng)2=2x，化簡得y2-2ty-4=0，由韋達定理得

y1+y2=2t,y1y2=-4，

x1x2=(ty1+2)(ty2+2)=t2y1y2+2t(y1+y2)+4=4.

【評注】淺顯易懂，將直線與拋物線的方程聯(lián)立，運用韋達定理求出兩根之和與積，是解決這一類相關問題的“通法通解”，思路清晰簡潔，讓學生進一步熟悉常規(guī)方法.

二、互換結論與條件，培養(yǎng)逆向思維

將變式1中的結論變?yōu)闂l件，用同樣的方法與技巧去探索它們之間的關系，檢驗學生對方法的熟練程度，培養(yǎng)學生的逆向思維和未來發(fā)展所必需的數學素養(yǎng).

變式2:設A，B是拋物線y2=2x上異于原點O的兩點，且OA⊥OB，求證：弦AB過定點(2,0).

【解析】可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，顯然直線AB的斜率k≠0，則可設其方程為x=ty+m，將直線的方程代入到y(tǒng)2=2x，化簡得y2-2ty-2m=0，由此得到

y1+y2=2t,y1y2=-2m，

x1x2=(ty1+m)(ty2+m)=t2y1y2+mt(y1+y2)+m2=m2.

因為OA⊥OB，所以kOA·kOB=-1，

直線AB的方程為x=ty+2，

當y=0時，x=2,所以弦AB過定點(2,0).

【評注】基于學生思維的“最近發(fā)展區(qū)”，著重培養(yǎng)學生的數學運算與邏輯推理核心素養(yǎng).

在變式1和變式2的基礎上，歸納總結得到一般性的結論，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明.

結論1:設A，B是拋物線y2=2px上異于原點O的兩點，若OA⊥OB，則弦AB過定點(2p,0)，反之亦然.

三、變特殊角為任意角，培養(yǎng)發(fā)散思維

變特殊角為任意角，在斜率積為定值的條件下，探索直線的斜率積與過定點之間的關系，進一步推廣已有的結論.

變式3:設A，B是拋物線y2=2x上異于原點O的兩點，且kOA·kOB=-2，求證：弦AB過定點(1,0).

路徑1(常規(guī)解法):可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，顯然直線AB的斜率k≠0，

則可設其方程為x=ty+m，

將直線的方程代入到y(tǒng)2=2x，化簡得

y2-2ty-2m=0，由韋達定理得

y1+y2=2t,y1y2=-2m，

x1x2=(ty1+m)(ty2+m)=t2y1y2+mt(y1+y2)+m2=m2.

解得m=1或m=0(舍去)，

直線AB的方程為x=ty+1，

當y=0時，x=1，所以弦AB過定點(1,0).

【評注】將兩條互相垂直的直線變?yōu)槌扇我饨堑膬蓷l相交直線，既檢驗學生對方法的熟練程度，又可以培養(yǎng)學生的發(fā)散思維.

路徑2(齊次化):可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

直線AB的方程為mx+ny=1，

將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，

即y2=2(mx+ny)x，

化簡得y2-2mx2-2nxy=0，

兩邊同時除以x2，

解得m=1所以直線AB的方程為x+ny=1，

當y=0時，x=1，因此弦AB過定點(1,0).

【評注】這種方法基于“整體的思想”下應用韋達定理，與路徑1相比，運算量大大減少，由此可見齊次化的方法在解決圓錐曲線的雙斜率模型問題的強大功效，往往可以事半功倍，當然在處理過程中也要有一定的技巧性，比如：將直線的方程設為mx+ny=1，聯(lián)立時將系數“2”變換為“2mx+2ny”，這些都為后面的齊次化掃清了障礙.

變式4:過點M(1,0)的直線與拋物線y2=2x相交于A，B兩點，求證：kOA·kOB=-2.

【評注】將變式3的條件與結論互換，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明，目的是培養(yǎng)學生的數學抽象核心素養(yǎng).

在變式3和變式4的基礎上，歸納總結得到一般性的結論，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明.

四、換斜率積為和，變式更豐富

將已知條件中斜率積為定值變成斜率和為零，讓學生在新情境下探索直線過定點與斜率的關系，培養(yǎng)學生利用已有經驗獲得新知識的能力，進一步夯實數學學習所必需的“數學基礎知識、基本技能、基本思想、基本活動經驗”.

路徑1(常規(guī)解法):可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

顯然直線AB的斜率k≠0，

將直線的方程代入到y(tǒng)2=2x，

化簡得y2-2ty-1=0，由韋達定理得

y1+y2=2t,y1y2=-1，

因為kMA+kMB=0，所以∠OMA=∠OMB.

【評注】表面上求角度相等，實質上可化歸與轉化為斜率和問題.將斜率和為零的問題“包裝”為角度相等問題，在新情境下解決舊問題，本質是方程的聯(lián)立與韋達定理的應用，進而求出斜率和.

可設A(x1,y1)，B(x2,y2)，

因為直線AB過點(1,0)，

則直線AB的方程為x+ny=1，

將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，

即y2=2(x+ny)x-(x+ny)2，

化簡得(1+n2)y2-x2=0，兩邊同時除以x2，

因為平移不會改變斜率的值，

所以kMA+kMB=0，所以∠OMA=∠OMB.

【評注】先平移再做齊次化，減少了運算量，方便了計算，提高了解題速度，但也有一定的技巧性.

在變式5的基礎上，歸納總結得到一般性的結論，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明.

推論3.1:已知過點N(a,0)(a>0)的直線與拋物線y2=2px相交于A，B兩點，點M的坐標為(-a,0)，O為坐標原點，則∠OMA=∠OMB.

五、與橢圓和雙曲線結合，變式更精彩

由于橢圓、雙曲線和拋物線都是二次曲線，通過設計有層次性的變式訓練的方式類比橫向拓展這些性質，探索橢圓、雙曲線是否有類似結論？

【評注】該變式與題源非常相似，此處不做詳細解析.

即(x+2)2+2y2=4，

將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，

即2y2+x2-(3x+3ny)x=0，

化簡得2y2-2x2-3nxy=0，兩邊同時除以2x2，

因為平移不會改變斜率的值，

所以kMA·kMB=-1，所以MA⊥MB.

【評注】先平移再做齊次化，減少了運算量，給解題帶來了很大的方便.

在變式7和變式8的基礎上，歸納總結得到一般性的結論，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明.

即4y2+3x2+24x+36=0，

因為直線AB過點(-3,0)，

則直線AB的方程為x+ny=-3，

將直線的方程與橢圓的方程聯(lián)立，

即4y2+3x2-(8x+8ny)x+4(x+ny)2=0，

化簡得(4+4n2)y2-x2=0，兩邊同時除以x2，

因為平移不會改變斜率的值，

所以kMA+kMB=0，所以∠OMA=∠OMB.

在變式9的基礎上，歸納總結得到一般性的結論，由于證明過程有很大的相似性，此處不再做詳細的證明.

繼續(xù)追問學生雙曲線是否有類似性質，經探索得到如下結論：

六、應用結論，鏈接考題

【例1】(2019·湖南高三月考理·16)已知F是拋物線y2=4x的焦點，點A，B在拋物線上且位于x軸的兩側，kOA·kOB=-2，其中O為坐標原點，則△AOB面積的最小值是．

【解析】設A(x1,y1),B(x2,y2)，

由前面的結論2可知直線AB過定點(2,0)，

顯然直線AB的斜率k≠0，

則可設其方程為x=ty+2，

將直線的方程代入到y(tǒng)2=4x，

化簡得y2-4ty-8=0，由韋達定理得

y1+y2=4t,y1y2=-8．

(1)求橢圓C的標準方程；

(2)設橢圓的右頂點為A，過橢圓長軸上一點N(t,0)作直線l，直線l與橢圓交于P，Q兩點，若AP⊥AQ，求t的值．

七、變式教學與培養(yǎng)學生數學核心素養(yǎng)的思考