橫縱聯系,綜合拓展

摘 要：試題講評課中，如果教師能用心發掘，進行適度的“借題發揮”，不僅可以創設新穎的教學情境，激發學生的探究欲望達到舉一反三的目的，而且可以使學生真正成為課堂的主人，使新課程理念得到有效落實．

關鍵詞：橫向聯系；縱向深化；總結反思

試題講評課中，教師常常“就題論題”，這樣勢必會造成教師覺得平淡、學生感到乏味的結果，此種做法也與新課程理念相悖． 如果教師能用心發掘，進行適度的“借題發揮”，不僅可以創設新穎的教學情境，激發學生的探究欲望，而且可以使學生真正成為課堂的主人，使新課程理念得到有效落實． 例如，2012年北京市海淀區的高三第一學期期末考試試題第19題：

已知焦點在x軸上的橢圓C過點（0，1），且離心率為，Q為橢圓C的左頂點．

（Ⅰ）求橢圓C的標準方程．

（Ⅱ）已知過點－，0的直線l與橢圓C交于A，B兩點．

（ⅰ）若直線l垂直于x軸，求∠AQB的大小．

（ⅱ）若直線l與x軸不垂直，是否存在直線l使得△QAB為等腰三角形？如果存在，求出直線l的方程；如果不存在，請說明理由．

筆者通過研究，意識到這是一到內涵豐富的試題，決定用探究式教學方法進行嘗試．

橫向聯系，點撥方式

解：（Ⅰ）設橢圓C的標準方程為+=1（a>b>0），且a2=b2+c2． 由題意可知：b=1，=，所以a2=4． 所以，橢圓C的標準方程為+y2=1．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得Q（－2，0）． 設A（x1，y1），B（x2，y2）．

（ⅰ）當直線l垂直于x軸時，直線l的方程為x=－．

由x=－，+y2=1 解得：x=－，y= 或x=－，y=－.

即A－，，B－，-（不妨設點A在x軸上方）．

則直線AQ的斜率kAQ=1，直線BQ的斜率kBQ=－1．

因為kAQ?kBQ=－1，所以AQ⊥BQ，所以∠AQB=．

（ⅱ）當直線l與x軸不垂直時，由題意可設直線AB的方程為y=kx+（k≠0）．

由y=kx+，+y2=1 消去y得：（25+100k2）x2+240k2x+144k2－100=0．

因為點－，0在橢圓C的內部，顯然Δ>0．

x1+x2=－，x1x2=.

因為 =（x1+2，y1），=（x2+2，y2），y1=kx1+，y2=k?x2+，

所以 ?=（x1+2）（x2+2）+y1y2=（x1+2）（x2+2）+kx1+?kx2+

=（1+k2）x1x2+2+k2（x1+x2）+4+k2

=（1+k2）+2+k2?-+4+k2=0．

所以⊥．

所以△QAB為直角三角形．

假設存在直線l使得△QAB為等腰三角形，則QA=QB．

取AB的中點M，連結QM，則QM⊥AB．

記點－，0為N．

圖1

另一方面，點M的橫坐標xM== －=－，

所以點M的縱坐標yM=kxM+=．

所以?=，?，=≠0．

所以與不垂直，矛盾．

所以當直線l與x軸不垂直時，不存在直線l使得△QAB為等腰三角形．

縱向深化，總結規律

講完本題討論鞏固后．教師及時提出：同學們能獲得一般性的結論嗎？剛開始有學生比較迷茫，但經過討論后，有些學生提出可能對任意橢圓都有這樣的性質．

即：橢圓長軸上存在一定點N，過N點的任意直線AB交橢圓于A、B兩點，總有AQ⊥BQ．

這時教師問：這個猜想正確嗎？如果正確怎樣證明？

1． 論證猜想，先尋找后論證

經過討論，學生們一致認為猜想正確，部分學生能夠給出證明的大致思路，但獨立證明顯得困難，經過師生互動給出了如下證法．

不妨設任意橢圓方程為+=1（a>b>0），最好能先求好這個定點． 用什么方法找這個定點呢？顯然特殊化這個題目比較有利． 為了方便找到點N，假設AB⊥x軸，交點為N，右頂點Q要有AQ⊥BQ，只需NQ=AN．

設N（x0，0），則+=1得AN2=y2=b2-．

又QN2=（x0-a）2，

由NQ=AN得b2-=（x0-a）2，

整理得（a2+b2）x-2a3x0+a2c2= 0（*），

解得x0=．

圖2

以下研究橢圓長軸上存在一定點N，過N點的任意直線AB交橢圓于A，B兩點，是否總有AQ⊥BQ．

設過點N的任意直線AB的方程為y=kx-，

聯列方程組：y=kx-，+=1，

通過代入整理得：

（b2+a2k2）x2－x+=0．

設A（x1，y1），B（x2，y2），

則x1+x2=，x1?x2=．

向量=（x1-a，y1），=（x2-a，y2），

其中y1=kx1-，y2=kx2-，

?=（x1-a）?（x2-a）+y1y2=x1?x2－a（x1+x2）+a2+k2x1?x2－（x1+x2）+=（1+k2）x1?x2－a+（x1+x2）+a2+=（1+k2）－a+?+a2+

=

=

化簡整理得

?===0.

2． 嘗試簡化，優化運算

x0=能否暫時不代入，先把x0作為整體．

設過點N的任意直線AB的方程為y=k（x-x0），

聯列方程組：

y=k（x-x0），+=1，

（b2+a2k2）x2-2a2k2x0x+a2k2x-a2b2=0．

設A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=，x1?x2= ，

?=（x1-a）?（x2-a）+y1y2=（1+k2）x1x2-（a+k2x0）（x1+x2）+a2+k2x=（1+k2）-（a+k2x0）+= =.

由（*）（a2+b2）x-2a3x0+a2c2=0，

得：?=0．

過點N，0的任意直線AB，與橢圓交于點A、B，總有AQ⊥BQ．

結論1：任意橢圓+=1（a>b>0），右頂點為Q，過點N，0的任意直線AB，與橢圓交于點A，B，總有AQ⊥BQ．

根據對稱性不難得到，如果Q是左頂點，此時N的坐標應為，0．

3. 類比遷移 變式串聯

結論1反映了橢圓的一個重要性質，教師提出：雙曲線有這樣的性質嗎？

通過類比多數學生都可以給出如下猜想：

雙曲線實軸上存在一個定點N，過定點N任意與雙曲線相交直線的兩個交點A，B，與雙曲線頂點Q的連線互相垂直．

有了橢圓的經驗，我們可以快速給出證明的方法．

不失一般性，設任意雙曲線-=1（a>0，b>0且a≠b），為了方便找到點N，不妨假設AB⊥x軸，交點為N，要AQ⊥BQ，只需NQ=AN．

設N（x0，0），則-=1得AN2=y2=-b2．

又QN2=（x0-a）2，

由NQ=AN得-b2=（x0-a）2，整理得（b2-a2）x+2a3x0-a2c2=0（*），易得：Δ=a2b4>0，

解得：x0=．

以下研究過點N的任意直線AB，與雙曲線交于點A，B，雙曲線右頂點Q，總有AQ⊥BQ．

設過點N的任意直線AB的方程為y=k（x-x0），

聯列方程組：y=k（x-x0），-=1，

得：（b2-a2k2）x2+2a2k2x0x-a2k2x-a2b2=0．

設A（x1，y1），B（x2，y2），

則x1+x2=，

x1?x2= ，

?=（x1-a）?（x2-a）+y1y2

=（1+k2）x1x2-（a+k2x0）（x1+x2）+a2+k2x

=（1+k2）-（a+k2x0）+=

=

=．

由（b2-a2）x+2a3x0-a2c2=0得?=0．

結論2：過點N，0的任意直線AB，與雙曲線-=1（a>0，b>0且a≠b）交于A，B兩點，雙曲線的右頂點為Q，總有AQ⊥BQ．

當Q為左頂點時，N的坐標為，0，當雙曲線為等軸雙曲線時不存在這樣的點．

4. 類比變式，完善認知

拋物線是否也有類似現象呢？不難得出

結論3：對于y2=2pxp>0的頂點Q，對稱軸上一定存在一定點N（2p，0），過N點的任意直線AB交拋物線于A，B兩點，總有AQ⊥BQ．

總結概括 更上層樓

由上述三個結論，可得出圓錐曲線的一個統一性質．

結論4：已知圓錐曲線M的一個頂點Q，總存在一定點N，過N點的任意直線AB交圓錐曲線于A，B兩點，總有AQ⊥BQ．