说题――高中数学教研活动的有效范式
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一、说题的内涵
“说题”是指执教者在精心做题的基础上，阐述对题目解答时所采用的思维方式、解题策略及依据，进而总结出经验性解题规律。说题通过“做题、想题、改题、编题、说题”等一系列活动，将教师的“教”、学生的“学”与研究“考试命题”三者结合。开展说题活动能促进教师加强对试题的研究，从而把握考题的趋势与方向，用以指导课堂教学，提高课堂教学的针对性和有效性。
二、说题的意义
（一）说题有利于提高教师的专业素质
说题之前，教师要进行一系列的准备工作，比如，仔细查阅相关资料，认真学习相关的理论，深刻研究学科知识结构与分类，掌握关于试题的来源，试题考查的目的，考查的知识点等，通过“说题”能提高教师自身教学专业的熟练程度，帮助教师更好地了解整套教材的基本结构，理清高中阶段数学教学的主要内容和在各年级、各模块的分布情况以及各知识点在高考中所处的地位与权重。
（二）说题有利于促进教师的理论水平
通过说题，教师可以做到胸中有沟壑，能高屋建瓴地告诉学生怎么走，在他们迷路时又能将他们拉出来。教师在说题时，体现的是教师的教育理论功底的深厚，学科知识掌握的宽度、解题方法理解的深度、教学理念前瞻性的探求，说题有利于促使教师理论联系实际。
（三）说题有利于教师践行有效教学
一般来说，我们教研时更注重教材及相应教学内容的处理，试题的研究并不是其主导，这种教研缺乏开阔的视野、教学内容的完整性和能统揽全局的教研视角，说题恰好是抓住了高屋建瓴的龙头，它能将学习任务分割为有梯次、循序渐进的有效的教学阶段。通过对高考试题的研究，教师在高中每个教学阶段都能做到成竹在胸。说题有利于教师践行有效教学。
（四）说题有利于教师更灵活地教研活动
说题活动往往与课堂教学实践活动结合在一起进行，它可以是一个地区较大规模的正式的教研活动，也可以是一个学校、一个教研组、一个备课组甚至一个课间几位教师之间简短的、非正式、非官方的民间交流。通过“说”，发挥说题教师的作用。通过课堂的具体实践，又使教师自身的教育理论得以提炼，也给他人提供参考，集体的智慧得以充分发挥。
三、说题的内容
下面以代数与几何两道题为例说明说题的内容：
例1.若数列{an}的前n项的和为Sn，且Sn=■n（a1+an），求证：数列{an}为等差数列。
（一）说题目的来源
本题是等差数列求和性质（注：若数列{an}为等差数列，则数列{an}的前n项的和Sn=■n（a1+an）。）的逆命题；原命题成立，逆命题不一定成立。但是特殊的n=1、2时成立，且当n=3时有a1+a3=2a2，此时数列{an}为等差数列，猜想一般情况下，命题是否也成立。
（二）说解题的思考
1.思考一：从已知条件出发，因为已知条件中既有通项an，又有和项Sn，通常我们是将“混合型f（an，Sn）”消元转化为“单一型g（Sn）或h（an）”来处理，故我们可以转化为知和Sn求项an的基本型。
证法1：当n≥3时，an=Sn-Sn-1=■n（a1+an）-■（n-1）（a1+an-1）=■[a1+nan-（n-1）an-1]
故（n-2）an-（n-1）an-1=-a1 ①
从而（n-1）an+1-nan=-a1 ②【注解：这里运用了数列里面的二次构造法】
②-①有当n≥3时，（n-1）an+1-2（n-1）an+（n-1）an-1=0
所以当n≥3时，an+1-2an+an-1=0又a1+a3=2a2
即当n≥2时，an+1-an=an-an-1
所以数列{an}为等差数列。
2.思考二：从要求证的结论出发，要证明数列{an}为等差数列，根据等差数列的定义不妨作数列{an}相邻项的差。
证法2：当n≥2时，an+1-an=（Sn+1-Sn）-（Sn-Sn-1）=Sn+1+Sn-1-2Sn
=■（n+1）（a1+an+1）+■（n-1）（a1+an-1）-n（a1+an）
=■（n+1）an+1■（n-1）an-1-nan
所以，当n≥2时，（n-1）an+1-2（n-1）an+（n-1）an-1=0，以下解法同解法1。
（三）说解题后的反思与感悟
1.由以上的解法可以看出，要证明一个数列是等差数列，通常有两种方法：
（1）定义法：即证当n≥2时，an-an-1=d为常数，对任意的n∈N*恒成立，如解法3。
（2）定义的推广，又称中项法。
即证当n≥2时，an+1-an=an-an-1或an+1-2an+an-1=0对任意的n∈N*恒成立。如解法1、2。
2.解法1、2的本质是一样的，只不过解法1中迭代法的目标意识不够强，不如解法2来得更直接。但是两种解法恰好反应了解决问题的两种常见思路，一是从条件出发，另一个是从结论出发，也就是综合法与分析法；
3.数列里面的一些常用技巧。
二次构造：退一或进一原理再写一式，两式相减；
递推关系式的处理：“混合型f（an，Sn）”消元转化为“单一型g（Sn）或h（an）”；
形如an+1-an=f（n）这种差型，通常构造新数列，用累加法求项。
例2.已知直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于点A，B，求证：OAOB。（苏教版课本2-1第2章习题2.4第11题）
【思考】可以把直线方程代入抛物线的方程解出两点的坐标，利用直线斜率知识来求证.也可以不求出交点的坐标利用韦达定理表示出OA、OB所在直线的斜率。
证法一：将y=x-2代入y2=2x中，得（x-2）2=2x。化简得x2-6x+4=0。
x=3±■.
x=3+■时，y=1+■；
x=3-■时，y=1-■.
kOA・kOB=■×■
=-1.
OAOB.
证法二：同证法一，得方程x2-6x+4=0.
x1+x2=6，x1・x2=4.
y1・y2=（x1-2）（x2-2）=x1・x2-2（x1+x2）+4=-4.
kOA・kOB=■=■=-1.OAOB.
（四）说试题的拓展变化
变化1：若将题目中的定直线变为动直线，且满足OAOB，则直线过定点吗？
变题1：已知不过坐标原点O的动直线l与抛物线y2=2x相交于A、B两点，且OAOB，求证：直线l恒过定点。
【思考】令直线ty=x-b（b≠0）与抛物线方程y2=2x联立得：y2-2ty-2b=0，利用韦达定理可得y1+y2=2ty1y2=-2b，结合OAOB即可求得b的值，从而可证直线L过定点；
证法1：令直线ty=x-b（b≠0）与抛物线y2=2x相交于A（x1，y1）、B（x2，y2）两点，
由ty=x-by2=2x得：y2-2ty-2b=0，于是，y1、y2是此方程的两实根，
由韦达定理得：y1+y2=2ty1y2=-2b
x1x2=（ty1+b）（ty2+b）=t2y1y2+tb（y1+y2）+b2=b2
又OAOB有x1x2+y1y2=0
b2-2b=0，又b≠0，
b=2，故直线L：ty=x-2过定点C（2，0）
证法2：利用对称性可知，定点必在x轴上。可以利用特殊位置求出定点，再证明过定点的动直线与抛物线y2=2x相交于A、B两点，满足OAOB。（具体解题过程省略）
变化2：将固定在原点O的点移动到抛物线上任意一点M，且MAMB，则直线AB还过定点吗？
变题2：已知M（x0，y0）是抛物线y2=2px（p>0）上的一个定点，A、B是抛物线上异于M点的两个动点，若MAMB，则直线AB过
定点吗？若是，求出定点
坐标。
解法：设A（■，y1），
B（■，y2），
因为MAMB，所以■・■=0，
■・■=（■-x0）（■-x0）+（y1-y0）
（y2-y0）=（■-■）（■-■）+（y1-y0）（y2-y0）=0
化简得■■+1=0
y1y2+y0（y1+y2）+y02+4p2=0 （1）
设直线AB的方程为x=my+t与抛物线方程联列得y2-2pmy-2pt=0
y1+y2=2pm，y1・y2=-2pt代入（1）式
化简得t=my0+x0+2p
因此直线AB的方程为：x=my+my0+x0+2p，
整理得（x-x0-2p）=m（y+y0）
所以直线AB过定点（x0+2p，-y0）
【反思与感悟】要求学生尝试将特殊的点，转移到更一般的点，从而推广其命题，即从位置的角度进行探究；注意抛物线上的点的设法，直线的设法，选择适当的消元方式，
变化3：根据MAMB，即kMA・kMB=-1，猜想如果kMA・kMB=r（r≠0），此时直线AB还会过定点吗？
变题3：已知M（x0，y0）是抛物线y2=2px（p>0）上的一个定点，A、B是抛物线上异于M点的两个动点，若kMA・kMB=r（r≠0），则直线AB过定点吗？若是，求出定点坐标。
解：设A（■，y1），
B（■，y2），
因为kMA・kMB=r
所以kMA・kMB=
■×■
=■×■=■=r
化简得
■=（y1+y0）（y2+y0）=y1y2+y0（y1+y2）=y02 （1）
设直线AB的方程为x=my+1与抛物线方程联列得y2-2pmy-2pt=0
y1+y2=2pm，y1・y2=-2pt代入（1）式
化简得t=my0+x0-■
因此AB的直线方程为x=my+my0+x0-■整理得[x-（x0-■）]=m（y+y0）
直线过定点（x0-■，-y0）
【反思与感悟】从数值的角度进行探究。
变化4：若将题目中的抛物线变为含参抛物线，且满足OAOB，则抛物线确定吗？
综上所述，说题时我们可以说题目的来源、说解题的思考、说试题的拓展变化，还可以说说解题后的反思与感悟。当然这只是个人的一些不成熟的想法，以期抛砖引玉！