课本习题范文

课本习题范文（精选11篇）

课本习题 第1篇

【例】 (人教版课本第87页B组第3题)

如图1所示, BC为⊙O的直径, AD⊥BC, 垂足为$D‚\stackrel{⌢}{AB}=\stackrel{⌢}{AF}‚BF$和AD交于E,

求证:AE=BE.

证明:连结AB、AC, 则∠BAC=90°.

∵AD⊥BC, ∴∠ADB=90°, ∴∠BAD=∠C.

$\begin{array}{l}\text{又}\because \stackrel{⌢}{AB}=\stackrel{⌢}{AF}‚\therefore \angle ABF=\angle C‚\therefore \angle BAD=\angle ABF‚\\ \therefore AE=BE.①\end{array}$

由此可进一步探究得出AE=EG. ②

理由:∵∠EAG=90°-∠C, ∠EGA=90°-∠ABF,

∴∠EAG=∠EGA, ∴AE=EG.

由①②得出AE是Rt△BAG的斜边BG上的中线.③

对该题进行拓展, 可得到下面的两个题目:

拓展1:如图2, 已知BC为半圆O的直径, F是半圆上异于B、C的一点, 点A是$\stackrel{⌢}{BF}$的中点, AD⊥BC于点D, BF交AD于点E.

(1) 求证:BE·BF=BD·BC;

(2) 试比较线段BD与AE的大小, 并说 明理由.

证明:连结FC, AB.

∵BC为⊙O的直径,

∴∠BFC=90°.

又∵AD⊥BC, ∴ ∠BDE=90°, ∴ ∠BFC=∠BDE= 90°.

$\begin{array}{l}\text{又}\because \angle DBE=\angle FBC‚\therefore △BDE\backsim △BFC.\\ \therefore \frac{BD}{BE}=\frac{BF}{BC}‚\therefore BE\cdot BF=BD\cdot BC.\end{array}$

(2) 在Rt△BDE中, BD<BE,

由①得 BE=AE, ∴BD<AE.

拓展2:如图3, A为半圆上的一点, BA=AF, 过点A作直径BC的垂线AD, D为垂足, 弦BF分别交AD、AC于点E、G.

(1) 求证:AE=BE;

(2) 若$EG=\frac{5}{4}‚\tan \angle FAC=\frac{3}{4}$, 求DC的长及AB、AC的长.

证明: (1) 同例题的第 (1) 问.

$\begin{array}{l}(2)\text{由}③\text{得}AE=BE=EG‚\\ \therefore AE=BE=EG=\frac{5}{4}.\end{array}$

在Rt△BDE中, $\tan \angle DBE=\tan \angle FAC=\frac{3}{4}‚$

∴设ED=3x, 则BD=4x.

由BD2+DE2=BE2得$(4x){}^2+(3x){}^2=(\frac{5}{4}){}^2.$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{这}\text{个}\text{方}\text{程}\text{得}x=\frac{1}{4}.\\ \therefore DE=\frac{3}{4}‚BD=1‚BE=\frac{5}{4},AD=2.\end{array}$

由射弦定理AD2=BD·DC得

22=1×DC, ∴DC=4,

$\begin{array}{l}\text{由}\text{此}\text{可}\text{进}\text{一}\text{步}\text{求}\text{出}\text{线}\text{段}AB=\sqrt{AD{}^2+BD{}^2}=\sqrt{1{}^2+2{}^2}=\sqrt{5},\\ AC=\sqrt{AD{}^2+CD{}^2}=\sqrt{2{}^2+4{}^2}=2\sqrt{5}.\end{array}$

一道课本习题的探究 第2篇

一道课本习题的探究

案例背景 新课程改革的核心理念是倡导探究学习.探究学习是一个过程,是一个学生在做数学中学习数学的过程,倡导探究学习的`根本目的就是要让学生在学习的过程中培养科学精神、养成科学态度、掌握科学方法、获得科学知识,从而全面提高科学素养.

作 者：黄孟  作者单位：浙江省乐清中学 刊 名：中国教育技术装备 英文刊名：CHINA EDUCATIONAL TECHNIQUE & EQUIPMENT 年，卷(期)：2009 “”(7) 分类号：G63 关键词： 

一道课本习题的延伸 第3篇

简析：这道题的结论是∠A′=（∠１＋∠２），理由阐述并不复杂，利用三角形内角和定理便可得出.而∠A′也就是∠A，与∠１＋∠２的数量关系是否随着折叠后点A′的位置变化而变化？我们不妨对这一简单的课本习题作适当延伸，以提高同学们从较复杂问题中提炼出问题本质的能力.下面就这些变式作出说明.

变式一：折叠后点A′落在射线AB或射线AC上.

简析：以点A落在AC上为例说明，因为DA=DA′，∠A=∠DA′E，则∠１

=2∠A，所以∠A=∠１.

变式二：折叠后点A落在四边形BCDE的外部.

简析：在△EPA中，∠１=∠EPA+∠A，

在△DPA′中，∠EPA=∠A′+∠２，

所以∠１=∠A′+∠２+∠A.

又因为∠A＝∠A′，

所以∠A=（∠１－∠２）.

变式三：需要添加什么条件，使四边形ADA′E为菱形？

简析：显然折叠后的A′点必须落在射线AB与射线AC之间.由于ＤＡ＝ＤＡ′，ＥＡ＝ＥＡ′，所以只需添加ＡＤ＝ＡＥ，就能使得四边形ＡＤＡ′Ｅ为菱形.

变式四：需要添加什么条件，使四边形ＡＤＡ′Ｅ为正方形？

由一道课本习题出发 第4篇

让我们从一道课本例题说起:

例1 (苏科版八下, 第115页探索)

根据多年的教学经验, 先列举一些学生的“错解”, 然后进行剖析与点评.

【错解1】方程两边同乘 (x-2) (3x-6) , 得

(5x-4) (3x-6) = (4x+10) (x-2) - (x-2) · (3x-6) .

【点评】这样, 分母是去掉了, 可整理的过程以及整理出来的结果都会使问题陷入僵局.原因在于没有分析好最简公分母就盲目下手.可见, 解分式方程的第一步, 是在未动笔之前先确定好合理的公分母———要对能因式分解的分母彻底分解, 取所有分母系数的最小公倍数与字母因式的最高次幂的积作为公分母, 即最简公分母.这就像“兵马未动, 粮草先行”的道理, 做好了充足准备, 解题才会顺利.

【错解2】方程两边同乘3 (x-2) , 得

3 (5x-4) =4x+10-1.

【点评】最简公分母找对了, 分母也去掉了, 等式却失衡了.因为-1那一项漏乘, 等式已经不成立了.去分母, 一定要遵守等式的基本性质, 必须保证等式左右两边的公平, 每一项都要乘最简公分母.这里最值得关注的是分式方程中的整式项.解分式方程时, 对整式项的处理, 经常是同学们容易出问题的地方, 应该注意两点:第一, 整式项不能漏乘;第二, 整式项乘最简公分母后, 不能漏掉应该添加的括号, 而且要严格遵守去括号的变号法则.走好这一步, 表面看是要注意运算细节, 其实是要抓准等式基本性质、约分法则, 以及括号法则的运用.

【错解3】方程两边同乘3 (x-2) , 得

3 (5x-4) =4x+10-3 (x-2) .

解得:x=2.

所以, 原分式方程的解为:x=2.

【点评】转化来的整式方程是易于求解, 但它的解未必是原分式方程的解.当我们把x=2代回原方程时就会发现原方程的分母都等于0.原分式无意义!怎么会这样?回忆我们去分母的过程, 分母没了, x的取值范围扩大了, 而实际上原方程中的x是不能等于2的.所以x=2只是整式方程的解, 并不是原分式方程的解.这时, 我们称x=2为原分式方程的增根.可见, 解分式方程与解整式方程不同, 转化而来的东西, 要经得起考验.所以, 验根是解分式方程必不可少的一步.

反思与赏析:一道好的例题, 一定蕴含着若干个闪光点, 聪明的你如能发掘出来, 解决问题的功力就会大大增强.这个例题在告诉我们, 解好分式方程不能忽视三点:

第一, 最简公分母一定要做到最简;

第二, 等式基本性质的使用一定要公平;

第三, 解完方程一定要验根.

(编者按:关于分式方程的验根, 可以参见本期杨琦同学的数学写作《对分式方程检验的认识》)

由于分式方程的验根是必不可少的“特色步骤”, 以下就介绍几种不同的验根方法:

一、直接验根法

将解得的值分别代入原分式方程的左边和右边, 若左边等于右边, 此解即为原分式方程的解, 否则, 此解就不是原分式方程的解.

讲解:原方程变形得2x=x-1, ∴x=-1.

检验:把x=-1分别代入原分式方程的左边和右边, 左边=1=-1, 左边=右边, 所以x=-1是原分式方程的解.

反思:运用直接验根法, 不仅能检验出原分式方程的解, 而且还能检验求得的解是否正确.

二、各分母验根法

把所求得的值代入原分式方程的各个分母中, 如果使各个分母的值都不为0, 则此解为原分式方程的解;若有分母为0, 则不是原分式方程的解.

讲解:去分母得:2 (x-1) =x-3.

解得x=-1.

检验:把x=-1分别代入原分式方程的各个分母得x-3=-1-3=-4, x-1=-1-1=-2, 分母都不为0, 所以x=-1是原分式方程的解.

三、公分母验根法

把解得的值代入最简公分母中进行检验, 使得最简公分母为0的值不是原分式方程的解, 否则即为原分式方程的解.

讲解:方程两边同乘3 (x-2) , 得3 (5x-4) =4x+10-3 (x-2) .

解这个方程, 得x=2.

检验:当x=2时, 3 (x-2) =0, 所以x=2是增根, 原方程无解.

课本习题提示（第十八章） 第5篇

77页练习1. 一条直角边长为4，一条直角边长为1.习题18.12. 设折断前有x m，则82+62=（x-6）2.6. 一条直角边长为4，一条直角边长为2.8. （3）设CD=x，则·x·AB=·AC·BC.9. l2=882-322.10. 设芦苇长度为x尺，则（x-1）2+52=x2.11. 两直角边上的半圆面积之和等于斜边上半圆的面积.可将半圆的面积用相应边长来表示.12. S阴影=S半圆AC+S半圆BC+S△ABC-S半圆AB .利用11题的结论，故S阴影=S△ABC=20 cm2.84页练习1. 是.由勾股定理的逆定理.2. （1）逆命题成立.（2）逆命题不成立.（3）逆命题不成立.（4）逆命题成立.3. 正北方.习题18.22. （1）、（3）的逆命题成立，（2）、（4）的逆命题不成立.3. 向北或向南.4. 对.因为a2+b2=c2（证明略）.可将m=2，3，4等代入.5. 可由勾股定理的逆定理证得∠ADC=90°.故可得AC=13 cm.6. 都是.复习题183. 塑料薄膜面积为d.注意，此题应取过剩近似值.4. 是.可设三边长为k，k，2k，k>0.5. （1）、（4）的逆命题成立，（2）、（3）的逆命题不成立.6. （1）可用“包围”四边形ABCD的矩形的面积减去有关的三角形的面积来计算.（2）是.可根据BD=5，BC=2，CD=.7. 设离地面的高度为x尺，则x2+32=（10-x）2.8. 展开侧面后易知为 cm.9. 能.长方体木箱的对角线（不是侧面上的对角线）的长为 cm，大于70 cm.（本刊辑）

注：“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文”。

一道课本习题的改编题 第6篇

如图1, 将边长为12 cm的正方形纸片ABCD沿EF折叠, 使得点A落在边BC上点G处, 若BG=5 cm, 则EF=_______cm.

读完条件, 最容易求出AG=13 cm, 直观感觉EF=AG, 但怎么证明呢? 于是, 我在草稿纸上将原图画了出来, 将多余的线段擦去, 只留下AG与EF.咦? 等一等, 这个图形是否在哪儿见过? 没过会儿, 我明白了, 在苏科版教材九年级上册第26页习题1.3找到了原型.

在正方形ABCD中:

(1) 已知:如图①, 点E、F分别在BC、CD上, 且AE⊥BF, 垂足为M, 求证:AE=BF.

(2) 如图②, 如果点E、F、G分别在BC、CD、DA上, 且GE ⊥BF, 垂足为M, 那么GE、BF相等吗? 证明你的结论.

(3) 如图③ , 如果点E、F、G、H分别在BC、CD、DA、AB上, 且GE⊥HF, 垂足为M, 那么GE、HF相等吗? 证明你的结论.

回忆这道题的解法, 现在再来解决上道题, “ 嘿”, 真是太简单了……深入研究、再创造 ( 二次反思) , 我想, 如果将题中的正方形改为矩形, 结果又如何呢? 于是, 我画了这样一个图:

如图2, 四边形ABCD为矩形, E、F、G分别在AB、CD、BC上, 且AG⊥EF, 垂足为点M. 按此前的方法, 是可以得到的, 同学们, 将这个问题留给你们思考吧!

对一道课本习题的探究 第7篇

题目(人教版八年级数学下册第122页第15题)如图1,四边形ABCD是正方形,点E是边BC的中点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

简析取AB的中点G,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知

所以△AEG≌△ECF(AAS).

所以AE=EF.

探究1当点E是边BC上任意一点时,原来的结论还成立吗?

回答是肯定的,即

命题1如图2,四边形ABCD是正方形,点E是边BC上任意一点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明在AB上取一点G,使AG=EC,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

以下证明思路与原题同,从略.

探究2当点E是边BC延长线上一点时,原来的结论还成立吗?

回答也是肯定的,即

命题2如图3,四边形ABCD是正方形,点E是边BC延长线上一点,∠AEF=90°,且EF交正方形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明在BA延长线上取一点G,使AG=EC,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知

∠AGE=∠ECF=45°.

即=∠AEF即∠GAE=∠CEF.

所以△AEG≌△ECF(AAS).

所以AE=EF.

探究3将原题中的正方形一般化为矩形时,线段AE,EF具有怎样的关系?

命题3如图4,四边形ABCD是矩形,且AD=a,AB=b,其中2b>a,点E是边BC的中点,∠AEF=90°,且EF交矩形外角的平分线CF于点F.试探究线段AE,EF之间满足的数量关系.

简析在BA上截取BG=BE,连结EG.则△BGE是等腰直角三角形.

再结合已知条件易知:

所以△AEG∽△ECF.

探究4将原题中的正方形类比成正三角形、正五边形、…、正n边形时,原来的结论还成立吗?

这样就又得到一系列新命题:

命题4如图5,正△ABC中,E是BC边的中点,∠AEF=60°,且EF交正三角形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

命题5如图6,正五边形ABCDM中,E是BC边的中点,∠AEF=108°,且EF交正五边形外角的平分线CF于点F.求证:AE=EF.

证明思路与原题类似,从略.

探究5将命题4,5,6中的“E是BC边的中点”换成“点E是边BC上任意一点或点E是边BC延长线上一点”,又会是怎样的情形呢?

留给读者去思考.

感悟解题不满足于会做,而要善于多角度思考,并形成习惯,那么,你对数学的理解一定会上一个新台阶.

探究课本习题拓展学生思维 第8篇

例undefined, 写出数列{an}的前5项和通项公式.

分析 从递推式上看, 它既非等差数列也非等比数列, 很自然地, 大家会利用化归的思想, 将它向等差或等比的标准型转化.因为an与an-1的系数分别为1和4, 所以考虑向等比转化, 同时考虑导致非标准型的因素是常数项1, 故采取常数调节变形.

不妨设an+x=4 (an-1+x) , 得an=4an-1+3x.与原式比较令3x=1, 得undefined

于是undefined, 已经具备了等比数列的标准型了, 再令undefined, 易求等比数列{bn}的通项公式, 进一步回代, 原题即获解.

例2 已知数列{an}满足:a1=1, a2=2, an=an-1+an-2 (n≥3) , 写出数列{an}的前5项和通项公式.

分析 我们可以找到该题的生活原型, 即一楼楼梯共有10个台阶, 一个人可以一次上一个台阶, 也可以一次上两个台阶, 问:该人到达第10个台阶时共有多少种走法?设an表示该人到达第n个台阶时的走法种数, 那么a1=1, a2=2, a3当然最初我们会用枚举的方法得到a3=3, 并且会意识到当n较大时, 这种枚举方法显然十分笨拙, 我们必须抽象出问题的基本算理:要想到达第n个台阶, 有两类办法可以完成:一类是从第 (n-1) 个台阶直接到达;第二类就是从第 (n-2) 个台阶直接到达.根据分类计数原理知an=an-1+an-2.接下来, 如果我们改变初始条件为:a1=1, a2=1, 仍用an=an-1+an-2来递推数列的各项, 这就是著名的裴波那契数列.下面我们求出裴波那契数列的通项公式.

类比等差等比数列研究相邻两项之间的关系的方法, 把三项间的递推关系朝着和谐统一的方向转化, 可令undefined, 我们期望undefined, 即x2-x-1=0, 这样可以视{an-xan-1}为以q=1-x为公比的等比数列了.这个方程称为递推关系的特征方程, 求其两特征根undefined, 则原式为an-pan-1=q (an-1-pan-2) , 令bn=an-pan-1, 则bn=qbn-1, b1=a1-pa0=1 (记a0=0) .于是bn=qn-1, 即an-pan-1=qn-1, 仿照例2的解法, 令undefined, 记undefined, 求得undefined, 代入化简整理得undefined

显然, 走楼梯问题就是裴波那契数列中的第11项, 即a11=89.若再进一步探究, 令undefined, 可知undefined, 就是黄金分割比, 多么美妙的结果啊!

从普通的数学教材习题出发, 我们发现数学的海洋里总是蕴含着丰富的数学思想方法, 同时隐藏着无限的和谐美、简洁美、奇异美.探究课本习题, 显然有利于优化学生思维品质的深刻性、灵活性和独创性.课本中还有大量的类似的值得探究的习题有待我们去进一步发掘, 让我们站在更高的角度来看教材吧!

参考文献

[1]邵贵明.新课程理念下的中学数学问题探究式教学[J].中学数学教学参考:下, 2009 (6) .

[2]钱佩玲, 邵光华.数学思想方法与中学数学[M].北京:北京师范大学出版社, 1999.

重视课本例题、习题的教学 第9篇

一、注重教材习题的情境作用

新教材的许多习题联系科学、技术、社会、环境、日常生活等, 设置了丰富的情境, 这对于激发学生的学习兴趣, 拓宽学生的视野, 加强数学知识与科学、技术、社会、环境的联系, 帮助学生构建数学与其他学科的联系具有重要意义.但在一些解题指导中, 为了提高解题的正确性和速度, 一味倡议学生忽略“无关的信息, 直奔主题”, 这种做法实际上是削弱了习题的功能, 我们应该注重教材习题中丰富的背景资料, 这有助于培养学生将数学知识与实际应用相结合的意识和能力.

二、重视教材习题的一题多解

课本上的习题是经过认真筛选后设置的, 具有一定的典型性、示范性和探究性.教学中, 正确引导学生对典型例题、习题展开一题多解的教学探究, 总结解题规律, 有助于拓宽学生解题思路, 提高解题的速度和质量, 同时有利于帮助学生理解和巩固基础知识, 激发对数学的学习兴趣和探求精神, 进而提高分析问题和解决问题的能力.

例1 (人教B版必修5, P73) 设a, b∈R+, 且a+b=1, 求的最小值.

这道题紧紧围绕a, b∈R+且a+b=1这一条件, 依据不同的思维、不同的入口, 结合求函数最值的不同方法, 可以得到不同的解法.

解法一∵a, b∈R+, 且a+b=1,

解法三∵a, b∈R+, 且a+b=1,

∴ (当且仅当a=b时取=) .

∴ (当且仅当a=b时取=) .

解法四∵a, b∈R+, 且a+b=1, ∴b=1-a.

解法五令a=cos2α, b=sin2α, α∈R.

三、加强教材习题体系的变式训练

建构主义关于知识学习过程的研究表明, 概念的形成并不是一次完成的, 每个概念的教学都要涵盖充分的变式, 分别用于说明不同方面的含义, 以达到学习者对概念的多角度理解.加强习题的联系, 重视变式训练, 帮助学生从不同角度理解知识, 有助于学生加强知识联系, 提高知识运用的灵活性, 构建结构合理的知识网络.新课程教材具有开放性、动态生成性, 我们加强教材习题的研究, 并不否定参考书、练习册中有价值的、体现新课程理念的习题.加强习题的联系包括加强教材习题体系与课文内容的联系、课文习题与课后习题的联系、课题习题与单元习题的联系、教材习题与其他练习册的联系等.总之, 要充分挖掘新课程教材习题的功能, 充分利用各种可利用的资源, 为有效学习、有效教学服务.

变式教学是对数学中的问题进行不同角度、不同层次、不同情形、不同背景的变式, 以暴露问题的本质特征, 揭示不同知识点间的内在联系的一种教学设计方法.变式教学使一题多用, 多题重组, 常给人以新鲜感, 能唤起学生的好奇心和求知欲.教师若能重视对课本例题进行变式训练, 不但可以抓好双基, 便于搞清问题的内涵和外延, 最大限度地发挥例习题的功能, 而且可以提高数学教学能力.

例2 (人教B版.必修1, P63) 已知函数f (x) =x2+ (a-1) x+a在区间[2, +∞) 上是增函数, 求a的取值范围.

可以变式为:

二次函数f (x) =x2+ (a-1) x+a的增区间是[2, +∞) , 求实数a的值.

解因为f (x) =x2+ (a-1) x+a的单调增区间为解得a≥-3.

变式:由解得a=-3.

由上面的解法可以看出, 精心研究习题的解答, 重视课本习题的辐射作用, 无论对教师和学生都是极其有利的.

四、归纳整理教材例、习题, 突出重点, 克服难点

在学习人教B版必修5中均值不等式时, 均值定理使用的条件“一正二定三等”是教学重点, 难点是分式函数的最值求法.为了突破这个难点可以对本节例、习题加以归纳整理, 形成如下的题组:

(1) 求函数的最大值以及相应的x的值. (P71例题)

(2) 求函数的最大值以及相应的x的值. (教材P72)

(3) 求函数的最大值以及相应的x的值. (教材P73)

(4) 求函数的最小值以及相应的x的值. (教材P73)

(5) 的最大值以及相应的x的值. (教材P73)

课本习题是教材编写者精挑细选后才定下的, 具有鲜明的导向性、典型性和基础性, 在巩固、培养和发展学生的数学知识及数学能力上具有举足轻重的地位和作用.因此, 我们教师要充分重视课本习题, 并充分发掘课本习题, 通过一题多解、一题多变、一题多用、多题归一, 加深学生对相关概念和规律的理解, 总结归纳出运用基本概念和规律解决问题的方法与技能, 从而开阔眼界、发展思维、提高灵活运用知识的能力.也通过类比、联想、迁移和拓展延深, 挖掘习题中的潜在成果, 进一步激发学生的学习兴趣, 逐步培养他们的数学能力.

摘要：课本习题是教材编写者精挑细选后才定下的, 具有鲜明的导向性、典型性和基础性, 深入探究每一道习题, 充分挖掘其内在的数学思想与方法, 发挥典型习题应有的功能与价值, 在巩固、培养和发展学生的数学知识及数学能力上具有举足轻重的地位和作用.

例谈课本习题的演变 第10篇

[关键词] 课本习题；演变

在课堂教学中，教师若能经常对课本的经典题进行挖掘、引申和改编，就可以得到综合性强、形式新颖的命题，这样可以帮助我们全面、系统地掌握知识，培养思维的灵活性和发散思维能力，现举例说明.

对一道课本习题的探索引申 第11篇

高中新课标试验教科书选修2-1版 (2005年初审) 第73页习题2.4A组第6题如下:抛物线C:y2=2px (p>0) , P、Q是抛物线上的点, 且OP⊥OQ, 求证:直线PQ过定点. (证明略, 定点为 (2p, 0) .

分析:OP、OQ的位置是变化的, 只要OP⊥OQ, 直线PQ就过定点 (2p, 0) , 如果反过来思考, 若直线过定点 (2p, 0) 且与抛物线C:y2=2px (p>0) 交于不同点P、Q, 是否OP⊥OQ成立呢?

引申1:若过点M (2p, 0) (p>0) 的直线与抛物线C:y2=2px (p>0) 交于P、Q两点, 则OP⊥OQ.

证明:设直线PQ的方程为x=ay+2p联立方程组

y2-2pay- (2p) 2=0

Δ=4p2a2+8pm>0成立.

设P、Q的坐标分别为 (x1, y1) (x2, y2) , 所以

$\begin{array}{l}y{}_1+y{}_2=2pa,y{}_{1}y{}_2=-(2p){}^2.\\ \stackrel{}{{\rm O}{\rm P}}\cdot \stackrel{}{{\rm O}Q}=x{}_{1}x{}_2+y{}_{1}y{}_2=(ay{}_1+2p)(ay{}_2+2p)+y{}_{1}y{}_2=(a{}^2+1)y{}_{1}y{}_2+2pa(y{}_1+y{}_2)=4p{}^2=0.\end{array}$

所以$\stackrel{}{{\rm O}{\rm P}}\perp \stackrel{}{{\rm O}Q}$

即OP⊥OQ

由OP⊥OQ可得kOPkOQ=-1为定值.由引申1和题目可得, 在已知条件下直线过点M (2p, 0) 是kOPkOQ=-1的充要条件.如果改变M的坐标, 则kOPkOQ的值一定要改变, 是否也是一个与M坐标有关的定值呢?

引申2:如图2, 若过点M (m, 0) (m>0) 的直线与抛物线C:y2=2px (p>0) 交于P、Q两点, 则kOPkOQ为定值.

证明:设直线PQ的方程为x=ay+m

联立方程组

y2-2pay-2pm=0

Δ=4p2a2=8pm>0成立.

设P、Q的坐标分别为 (x1, y1) (x2, y2) , 所以y1+y2=2pa, y1y2=-2pm

所以$k{}_{{\rm O}{\rm P}}\cdot k{}_{{\rm O}Q}=\frac{y{}_{1}y{}_2}{x{}_{1}x{}_2}=\frac{y{}_{1}y{}_2}{\frac{y{}_1^2}{2p}\cdot \frac{y{}_2^2}{2p}}=\frac{4p{}^2}{y{}_{1}y{}_2}=-\frac{2p}{m}.$

所以kOPkOQ为定值.

引申3:当m<0时, 点M (m, 0) 在x轴的负半轴上, 有两个交点时, 因为Δ=4p2a2+8pm>0.所以$a{}^2>-\frac{2m}{p}$, 即$a>\sqrt{-\frac{2m}{p}}$或$a<-\sqrt{-\frac{2m}{p}}$时, 仍然可以得到$k{}_{{\rm O}{\rm P}}\cdot k{}_{{\rm O}Q}=-\frac{2p}{m}.$

引申4:如图3, 当m<0时, 点M (m, 0) 在x轴的负半轴上, 当$a{}^2=-\frac{2m}{p}$即$a=\sqrt{-\frac{2m}{p}}$或$a=-\sqrt{-\frac{2m}{p}}$时, P、Q是重合的, 即直线成为了切线.

所以$(k{}_{{\rm O}{\rm P}}){}^2=-\frac{2p}{m}$, 即$k{}_{{\rm O}{\rm P}}=\sqrt{-\frac{2p}{m}}({\rm P}$在x轴上方) 或$k{}_{{\rm O}{\rm P}}=-\sqrt{-\frac{2p}{m}}({\rm P}$在x轴下方)

还可以进行逆向思维, 已知P、Q是抛物线上不同的两个点, 若kOPkOQ是个定值, 是否可以得到直线PQ过定点呢?

引申5:已知P、Q是抛物线C:y2=2px (p>0) 上不同的两个点, 若kOPkOQ=n, 则直线PQ过定点.

证明:设直线PQ的方程为x=ay+b

联立方程组

y2-2pay-2pb=0

设P、Q的坐标分别为 (x1, y1) (x2, y2) , 所以y1+y2=2pa, y1y2=-2pb.

所以

$k{}_{{\rm O}{\rm P}}\cdot k{}_{{\rm O}Q}=\frac{y{}_{1}y{}_2}{x{}_{1}x{}_2}=\frac{y{}_{1}y{}_2}{\frac{y{}_1^2}{2p}\cdot \frac{y{}_2^2}{2p}}=\frac{4p{}^2}{y{}_{1}y{}_2}=-\frac{2p}{b}$

又因为kOPkOQ=n.

所以$-\frac{2p}{b}=n,b=-\frac{2p}{n}.$

所以直线P的方程为$x=ay-\frac{2p}{n}$, 即$ay=x+\frac{2p}{n}$, 故直线PQ恒过点$(-\frac{2p}{n},0).$