新題舊解與舊題新解

何曉靜

【摘要】數學學習離不開解題，而解題教學中應關注學生一題多解，多題一解、培養思維的廣度與深度，本文以兩例新題舊解和舊題新解說明數學知識縱橫交錯，相互聯系，應給學生時間、空間思考，讓其充分轉化、融會貫通.

【關鍵詞】新題舊解；舊題新解；轉化；聯系

一、新題舊解

蘇科版九下6.7用相似三角形解決問題

如圖1，河對岸有一燈桿AB，在燈光下，小麗在點D處測得自己的影長DF=3cm，沿BD方向前進到達點F處測得自己的影長FG=4m.設小麗的身高為1.6m，求燈桿AB的高度.

圖1

生1：如圖2，連接EC.設AB=xm.

圖2

易得四邊形ECDF是矩形，則EC=FD=3，EC∥FD.∴△AEC∽△AGF.由相似三角形對應高的比等于相似比可得x-1.6x=34，解得x=6.4，∴AB=6.4.

點評這種方法將已知數據轉化到了一對相似三角形中，較之書上給出的兩對三角形相似，更為簡潔，需要對三角形相似有很高的敏感度.

生2：可以建立平面直角坐標系求.

如圖3，以G為原點，GB所在直線為x軸建立平面直角坐標系，則G（0，0），E（4，1.6），C（7，1.6），F（4，0）.則直線GE的函數表達式為y=0.4x，直線FC的表達式為y=815x-3215.

圖3

由y=0.4x，y=815x-3215，得x=16，y=6.4.

∴A（16，6.4），∴AB=6.4.

點評代數問題幾何化，將形轉化為數，這也是解決幾何問題的巧妙方法.

二、舊題新解

n個球隊進行單循環比賽（參加比賽的任何一只球隊都與其他所有的球隊各賽一場），總的比賽場數應為多少？

在學完概率后，學生想到可以用樹狀圖或表格法來求總數，若考慮重復，每兩個隊之間可以比賽兩次，則可轉化為n個質地相同的球不放回地摸出兩個，求所有等可能結果數：

第二次結果第一次123…n

1（1，2）（1，3）（1，…）（1，n）

2（2，1）（2，3）（2，…）（2，n）

3（3，1）（3，2）（3，…）（3，n）

…（…，1）（…，2）（…，3）（…，n）

n（n，1）（n，2）（n，3）（n，…）

因此所有等可能的結果數為n2-n，現單循環比賽，∴比賽次數為n2-n2.

點評：這道題原本是在一元二次方程的章節中出現的，用的方法有兩種：①若考慮每兩隊互相比賽兩次，則每個隊需與另（n-1）個球隊比賽，共n個隊，則共比賽n（n-1），則單循環共比賽n（n-1）2次.②第1支球隊需與（n-1）個球隊比賽，第2個球隊需與（n-2）個球隊比賽，……，比賽總數為（n-1）+（n-2）+…+1=n（n-1）2，該學生將這道題轉化為概率中計算所有等可能結果數的問題的，使問題大大簡化了.

三、反思

以上學生的解法都沒有局限于當課的方法，在思考出常用方法后又與前面所學知識產生了聯系，用以前學過的方法解決新的問題，或用新的方法解決舊的問題，很好地體現了轉化的思想方法，將知識進行縱橫聯系，教學中經常給學生留有思考的空間，經常這樣訓練，有助于學生將零散的知識網絡化，融會貫通.

兩道高考與聯賽試題的同型探源兩道高考與聯賽試題的同型探源

◎陳文雅（浙江省寧波中學，浙江寧波315100）

【摘要】高考試題與聯賽試題作為兩類高水平試題，它們在命制過程中會有千絲萬縷的聯系，本文通過兩道高考與聯賽試題，來揭示試題命制過程中的同源性背景，以期把握試題命制的方向，提高復習效率.

【關鍵詞】斜率；相反數；切線

圓錐曲線中有許多精彩、漂亮的性質與結論，而且在這些性質與結論中經常會遇到一些定點與定值問題，縱觀近年高考與競賽試題也不乏類似問題的考查，本文試圖將兩道高考與競賽試題羅列在一起，對它們的來龍去脈進行本質的剖析，以期把握試題的命題方向，提高復習效率.

一、試題精彩回放

試題1（2009年遼寧省高考數學試題）已知橢圓C過點A1，32，兩個焦點為（-1，0），（1，0）.（1）略；（2）E，F是橢圓C上的兩個動點，如果直線AE的斜率與AF的斜率互為相反數，證明：直線EF的斜率為定值，并求出這個定值.

試題2（2011年全國數學聯賽試題）作斜率為13的直線l與橢圓C：x236+y24=1交于A，B兩點，且P32，2在直線l的上方.（1）證明：△PAB的內切圓的圓心在一條定直線上.

點評這兩道高考與競賽試題考查的是圓錐曲線同一個內容，揭示的是同一個幾何性質，它們一正一反將相同的曲線，相似的結論，命制在不同試卷上，真可謂“英雄所見略同”.

二、對試題源的正向剖析

既然兩道試題具有同源性質，那么我們就有必要對試題的來由進行一些背景剖析，研究試題命制的依據，容易得到如下性質：

性質設A（x0，y0）（y0≠0）為橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一定點，E（x1，y1），F（x2，y2）為橢圓C上兩個動點，如果直線AE的斜率與直線AF的斜率互為相反數，那么直線EF的斜率為定值x0b2y0a2.

證明設A（x0，y0），E（x1，y1），F（x2，y2），則直線AE的方程為：y-y0=k（x-x0），代入橢圓方程得：（b2+a2k2）x2+2a2k（y0-kx0）x+a2（y0-kx0）2-a2b2=0，

∴E（a2k2-b2）x0-2a2ky0b2+a2k2，-2b2kx0+（b2-a2k2）y0b2+a2k2；設直線AF的方程為：

y-y0=-k（x-x0），∴F（a2k2-b2）x0+2a2ky0b2+a2k2，2b2kx0+（b2-a2k2）y0b2+a2k2.

∴直線EF的斜率kEF=y2-y1x2-x1=b2x0a2y0.

引申1設A（x0，y0），A′（x0，-y0）（y0≠0）為橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上兩定點，E（x1，y1），F（x2，y2）為橢圓C上兩個動點，如果直線AE的斜率與直線AF的斜率互為相反數，那么直線EF的斜率為橢圓C在點A′（x0，-y0）處切線的斜率.

證明橢圓C：x2a2+y2b2=1在A′（x0，-y0）處的切線方程為：x0xa2-y0yb2=1，

∴在A′（x0，-y0）處的切線斜率k=b2x0a2y0，即k=kEF.

引申2設A（x0，y0）（y0≠0）為雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一定點，E（x1，y1），F（x2，y2）為雙曲線C上兩個動點，如果直線AE的斜率與直線AF的斜率互為相反數，那么直線EF的斜率為定值-b2x0a2y0，且為雙曲線在A′（x0，-y0）處切線的斜率.

引申3設A（x0，y0）（y0≠0）為拋物線C：y2=2px（p>0）上一定點，E（x1，y1），F（x2，y2）為雙曲線C上兩個動點，如果直線AE的斜率與直線AF的斜率互為相反數，那么直線EF的斜率為定值-py0，且為拋物線在A′（x0，-y0）處切線的斜率.

三、對試題源的逆向探究

試題的根源內涵豐富，且它性質往往有不同方向的再生能力與發展空間，我們要把握多角度的探究，作為培養能力與思維的有效載體，提高效率，開闊視野.

性質設A（x0，y0）（y0≠0）為橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）上一定點，斜率為b2x0a2y0的直線EF交橢圓不同于A的E（x1，y1），F（x2，y2）兩點，則直線AE，AF的斜率互為相反數.

證明設A（x0，y0），E（x1，y1），F（x2，y2），直線EF的方程為：y=b2x0a2y0x+t，代入C：x2a2+y2b2=1得：（b2+b4x20a2y20）x2+2tb2x0y0x+a2t2-a2b2=0，∴直線AE，AF的斜率之和：kAE+kAF=y1-y0x1-x0+y2-y0x2-x0=（y1-y0）（x2-x0）+（y2-y0）（x1-x0）（x1-x0）（x2-x0），即證：

引申1設A（x0，y0）（y0≠0）為雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一定點，斜率為-b2x0a2y0的直線EF交雙曲線不同于點A的E（x1，y1），F（x2，y2）兩點，則直線AE，AF的斜率互為相反數.

引申2設A（x0，y0）（y0≠0）為拋物線C：y2=2px（p>0）上一定點，斜率為-py0的直線EF交拋物線不同于點A的E（x1，y1），F（x2，y2）兩點，則直線AE，AF的斜率互為相反數.

四、高考真題鏈接

1.（2004年北京市高考數學試題）過拋物線y2=2px（p>0）上一定點P（x0，y0）（y0>0），作兩條直線分別交拋物線于A（x1，y1），B（x2，y2）.

（1）求該拋物線上縱坐標為p2的點到其焦點F的距離；

（2）當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，求y1+y2y0的值，并證明直線AB的斜率是非零常數.

2.（2005江西省高考數學試題）M是拋物線y2=x上的一點，動弦ME，MF分別交x軸于A，B兩點，且MA=MB，若M為定點，證明：直線EF的斜率為定值.

優秀試題的“迷人風光”應體現在對高層次理性思維的考查上，同時也蘊含了更一般化的數學知識與方法.本文正是從兩道高考和競賽試題出發，以題中所考查的知識點為源頭，尋根問底，在橫向與縱向的聯系中尋找“題源”，在題目的拓展中，強化了知識的應用.作為教者，如果能在平時的教學實踐中做個有心人，重視挖掘課本與高考習題中所蘊含的價值，重視習題的進一步拓展改造，必將使得考生在高考中游刃有余.