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摘 要：本文抓住一道典型习题，通过引申推广、合作交流、实际应用、类比拓展，引导学生对习题进行再创造，揭示其数学本质，发挥其辐射作用，收到了激活学生思维、培养学生创新意识及探究能力的教学效果.
关键词：课本习题；再创造；教学
例题引思，探寻问题本质
问题1：（人教版选修2-1，P73）直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于A，B两点，求证：OA⊥OB.
探究：题目中的数字有什么联系吗？当直线方程是y=x-1，y=3（x-2）等形式时，结论是否仍然成立？具有怎样特征的直线与抛物线y2=2x相交于A，B两点时仍然有OA⊥OB？经分析与探求得到如下结论.
结论：若过定点（2，0）的直线l：y=k（x-2）与抛物线y2=2x相交于A，B两点，则有OA⊥OB.
此结论的获得运用的是研究直线和圆锥曲线位置关系的通法. 若学习者仅满足于此问题的解决，则他的视野和思维将局限于一个狭窄的空间，不能揭示问题的本质. 课标指出：“要强调对数学本质的认识，否则会将生动活泼的数学思维活动淹没在形式化的海洋里.” 本题研究的是一特殊抛物线弦的垂直性质，这种性质能否纵向发展，归纳出一般的结论呢？
启发引导、大胆猜想在归纳推理中引申推广
牛顿说：“没有大胆的猜想，就做不出伟大的发现.” 归纳推理是由个别事实概括出一般结论的有力工具，其主要的思维形式是观察、分析和猜想.
问题2：上述结论能否推广到一般的抛物线？
猜想1：若过定点（2p，0）的直线l：y=k（x-2p）与抛物线y2=2px相交于A，B两点，则OA⊥OB.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则=（x1，y1），=（x2，y2）.
由y=k（x－2p），y2=2px 可得k2x2－（4k2p+2p）x+4k2p2=0，由根与系数的关系可知
x1+x2=，x1x2=4p2.
因为A，B在抛物线上，所以y= 2px1，y=2px2.
因为y1y2=k2（x1－2p）（x2－2p）=k2［x1x2－2p（x1+x2）+4p2］=k24p2－2p+4p2=－4p2，
所以y1y2=－4p2，于是x1x2+y1y2=0，从而⊥，即OA⊥OB.
猜想2：若直线l与抛物线y2=2px相交于A，B两点，且OA⊥OB，则直线过定点（2p，0），此结论是否成立呢？答案是肯定的. 证明如下：
证明：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y＝2px1，y＝2px2.
因为y－y＝（y2＋y1）（y2－y1）＝2p（x2－x1），x1≠x2，
所以＝，
于是直线AB的方程为y－y1＝•（x－x1），
又由x1＝，得y＝x＋y1－•＝x＋.
由OA⊥OB可得y1y2＝－x1x2＝－4p2，于是y＝x－＝（x－2p），
所以直线AB过定点（2p，0）．
猜想3：将O点一般化，即将“顶点O”换到“抛物线的其他位置”，得到：
结论1：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上满足MA⊥MB的两个动点，则直线AB过定点（x0+2p，－y0）.
猜想4：将结论1中的“MA⊥MB?圳kMA•kMB=－1”推广为“kMA•kMB=r（r为非零常数）”，得到：
结论2：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且kMA•kMB=r（r为非零常数），则直线AB过定点x0－，－y0.
猜想5：将结论1中的“MA⊥MB?圳直线MA与直线MB的倾斜角之差为90°”变为“直线MA与直线MB的倾斜角之和为90°”.
结论3：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且kMA•kMB=1，则直线AB过定点（x0－2p，－y0）.
猜想6：将结论1中的“MA⊥MB?圳直线MA与直线MB的倾斜角之差为90°”变为“直线MA与直线MB的倾斜角之和为180°”，直线AB不过定点，但可得到：
结论4：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且直线MA与直线MB的倾斜角互补，则直线AB的斜率为定值kAB=.
猜想7：若直线l与抛物线y2=2px相交于A，B两点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α，β变化且α+β为定值θ（0<θ<π）时，直线AB是否恒过定点？若能，求出该定点的坐标.（2005年高考山东卷）
结论5：当θ=时，直线AB恒过定点（-2p，0）；当θ≠时，直线AB恒过定点－2p，.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得x1≠x2（否则α+β=π）且x1，x2≠0，所以直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+b，显然x1=，x2=，将y=kx+b与y2=2px（P>0）联立消去x，得ky2－2py+2pb=0，由韦达定理知
y1+y2=，y1y2=.①
（1）当θ=时，即α+β=时，tanα•tanβ=1，所以•=1，x1x2－y1y2=0，－y1y2=0，所以y1y2=4p2. 又由①知：=4p2，所以b=2pk. 因此直线AB的方程可表示为y=kx+2pk，即k（x+2p）－y=0，所以直线AB恒过定点（-2p，0）.
（2）当θ≠时，由α+β=θ，得tanθ=tan（α+β）==. 将①式代入上式整理化简可得tanθ=，所以b=+2pk. 此时直线AB的方程可表示为y=kx++2pk，即k（x+2p）－y－=0，所以直线AB恒过定点－2p，.
由（1）（2）知，当θ=时，直线AB恒过定点（-2p，0）；当θ≠时，直线AB恒过定点－2p，.
横向联系，在类比推理中进行知识的迁移
问题3：从抛物线联想到椭圆是否有类似的结论呢？
猜想8：P为椭圆+=1上的某一个定点，若直线l与椭圆相交于A，B两点，使得PA⊥PB，则直线l是否过某一个定点？
结论6：椭圆+=1的一顶点为P（±a，0），若直线l与椭圆相交于A，B两点，满足PA⊥PB，则直线l过定点±，0.
结论7：P（x0，y0）为椭圆+=1上的一个定点，若直线l与椭圆相交于A，B两点，满足PA⊥PB，则直线l过定点，.
结论8：若M为椭圆+=1上一个定点，A，B是椭圆+=1上的两个动点，且kMA•kMB=r（r为非零常数），则直线AB也必过定点.
高考真题再现：
（2009年辽宁高考题）已知，椭圆C过点A1，，两个焦点为（-1，0），（1，0）.
（1）求椭圆C的方程；
（2）E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值.
解析 （1）由题意，c=1，可设椭圆方程为+=1. 由已知可得+=1，
解得b2=3，b2=－（舍去），所以椭圆方程为+=1.
（2）设直线AE方程为：y=k（x－1）+，代入+=1得
（3+4k2）x2+4k（3－2k）x+4－k－12=0
设E（xE，yE），F（xF，yF），因为点A1，在椭圆上，所以
xE=，yE=kxE+－k.
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以-k替换k，可得
xF=，yF=－kxF++k.
所以直线EF的斜率kEF===，
即直线EF的斜率为定值.
问题4：从椭圆中上述猜想能否联想到双曲线是否有类似的结论呢？（本问题留给读者自行推导）
联系实际，在再创造中增强应用意识，提高问题解决的能力
数学学习的最终目的是让学生运用所学的知识去解决生活中的问题，让学生在面对实际问题时，能主动尝试着从数学的角度运用所学的知识和方法寻找解决问题的方式，使其意识得到提高与发展，而数学应用意识是体现数学素养的重要标志. 通过对前面几个问题本质与解法的探究，我们再让学生尝试解决如下问题.
问题5：（人教版选修2-1P81B组3）已知直线与抛物线y2=2px相交于A，B两点，且OA⊥OB，OM⊥AB，交AB于点M，点M的坐标为（2，1），求p的值.
分析：由猜想2可知AB过定点D（2p，0），由OM⊥AB可得kMD•kOM=－1.
因为×=－1，所以p=.
问题6：设点A，B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB交AB于点M，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.（2000年北京、安徽春招试卷）
解法一：设M（x，y），利用猜想2可知AB过定点D（4p，0），故
（1）?摇当AB不与x轴垂直时，由OM⊥AB可得kMD•kOM=－1，×=－1，即x2+y2－4px=0（x≠0）.
（2）当AB⊥x轴，易得M（4p，0）仍满足方程. 故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
解法二：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y）依题意，有
y=4px1， ①y=4px2， ②•=-1， ③•=-1， ④=. ⑤
①－②得（y1－y2）（y1+y2）=4p（x1－x2），
若x1≠x1，则有=；?摇⑥
①×②，得y•y=16p2x1x2，
③代入上式有y1y2=－16p2；?摇⑦
⑥代入④得=－；?摇⑧
⑥代入⑤得==，?摇所以=，
即4px－y=y（y1+y2）－y－y1y2；
⑦⑧代入上式得x2+y2－4px=0（x≠0）；
当x1=x2时，AB⊥x轴，易得M（4p，0）仍满足方程.
故点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
解法三：设M（x，y），直线AB的方程为y=kx+b.
由OM⊥AB，得k=－；
由y2=4px及y=kx+b，消去y，得k2x2+（2kb－4p）x+b2=0，所以x1x2=；消x，得ky2－4py+4pb=0，
所以y1y2=；由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2，所以=－，b=－4kp，故y=kx+b=k（x－4p）.
用k=－代入，得x2+y2－4px=0（x≠0）.
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
变更命题：设点A，B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，求线段AB的中点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
问题7：（人教版选修4－4，P30例3的探究题）设点A，B为抛物线y2=2px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，点A，B在什么位置时，△AOB的面积最小？最小值是多少？
解法一：设A（x1，y1），B（x2，y2）. 利用猜想2可知AB过定点D（2p，0），故可设AB的方程为x-2p=my.
由my=x－2p，y2=2px
可得y2－2pmy－4p2=0，由根与系数的关系可知y1+y2=2pm，y1y2=－4p2.
S△AOB=S△AOD+S△BOD=×2p×y1－y2=p=p＝2p2≥4p2. 当且仅当m＝0时，即AB与x轴垂直时△AOB的面积最小.
解法二：设点A（2pt，2pt1），B（2pt，2pt2）（t1≠t2且t1t2≠0）.
OA＝=2pt1•，
OB＝=2pt2•.
因为OA⊥OB，所以 •=0，即2pt•2pt+2pt1•2pt2=0，因此t1t2＝－1.
S△AOB＝OAOB=×2pt1•×2pt2=2p2=2p2≥2p2 = 4p2，当且仅当t=，即t1=±1，t2=?芎1时等号成立. 此时A（2p，±2p），B（2p，?芎2p），即AB与x轴垂直时△AOB的面积最小.
纵观问题5－7的解法，若能充分利用猜想2中的结论，不仅大大减少了运算量而且实现了从解一题到通一类、会一法的跨越.
本文从一道课本例题出发，运用合情推理的两大利器——归纳、类比，探寻出圆锥曲线的一个美妙性质，收获的不仅仅是一种知识，更是问题解决的一种方法. 通过从不同角度不断提出问题，在解决问题的过程中不断进行探索，获得许多有价值的结论，也意外地展现了一些高考题的来龙去脉，实现了解决问题能力与知识、技能的同步发展.
关键词：课本习题；再创造；教学
例题引思，探寻问题本质
问题1：（人教版选修2-1，P73）直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于A，B两点，求证：OA⊥OB.
探究：题目中的数字有什么联系吗？当直线方程是y=x-1，y=3（x-2）等形式时，结论是否仍然成立？具有怎样特征的直线与抛物线y2=2x相交于A，B两点时仍然有OA⊥OB？经分析与探求得到如下结论.
结论：若过定点（2，0）的直线l：y=k（x-2）与抛物线y2=2x相交于A，B两点，则有OA⊥OB.
此结论的获得运用的是研究直线和圆锥曲线位置关系的通法. 若学习者仅满足于此问题的解决，则他的视野和思维将局限于一个狭窄的空间，不能揭示问题的本质. 课标指出：“要强调对数学本质的认识，否则会将生动活泼的数学思维活动淹没在形式化的海洋里.” 本题研究的是一特殊抛物线弦的垂直性质，这种性质能否纵向发展，归纳出一般的结论呢？
启发引导、大胆猜想在归纳推理中引申推广
牛顿说：“没有大胆的猜想，就做不出伟大的发现.” 归纳推理是由个别事实概括出一般结论的有力工具，其主要的思维形式是观察、分析和猜想.
问题2：上述结论能否推广到一般的抛物线？
猜想1：若过定点（2p，0）的直线l：y=k（x-2p）与抛物线y2=2px相交于A，B两点，则OA⊥OB.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），则=（x1，y1），=（x2，y2）.
由y=k（x－2p），y2=2px 可得k2x2－（4k2p+2p）x+4k2p2=0，由根与系数的关系可知
x1+x2=，x1x2=4p2.
因为A，B在抛物线上，所以y= 2px1，y=2px2.
因为y1y2=k2（x1－2p）（x2－2p）=k2［x1x2－2p（x1+x2）+4p2］=k24p2－2p+4p2=－4p2，
所以y1y2=－4p2，于是x1x2+y1y2=0，从而⊥，即OA⊥OB.
猜想2：若直线l与抛物线y2=2px相交于A，B两点，且OA⊥OB，则直线过定点（2p，0），此结论是否成立呢？答案是肯定的. 证明如下：
证明：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则有y＝2px1，y＝2px2.
因为y－y＝（y2＋y1）（y2－y1）＝2p（x2－x1），x1≠x2，
所以＝，
于是直线AB的方程为y－y1＝•（x－x1），
又由x1＝，得y＝x＋y1－•＝x＋.
由OA⊥OB可得y1y2＝－x1x2＝－4p2，于是y＝x－＝（x－2p），
所以直线AB过定点（2p，0）．
猜想3：将O点一般化，即将“顶点O”换到“抛物线的其他位置”，得到：
结论1：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上满足MA⊥MB的两个动点，则直线AB过定点（x0+2p，－y0）.
猜想4：将结论1中的“MA⊥MB?圳kMA•kMB=－1”推广为“kMA•kMB=r（r为非零常数）”，得到：
结论2：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且kMA•kMB=r（r为非零常数），则直线AB过定点x0－，－y0.
猜想5：将结论1中的“MA⊥MB?圳直线MA与直线MB的倾斜角之差为90°”变为“直线MA与直线MB的倾斜角之和为90°”.
结论3：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且kMA•kMB=1，则直线AB过定点（x0－2p，－y0）.
猜想6：将结论1中的“MA⊥MB?圳直线MA与直线MB的倾斜角之差为90°”变为“直线MA与直线MB的倾斜角之和为180°”，直线AB不过定点，但可得到：
结论4：若M（x0，y0）为抛物线y2=2px（p>0）上一个定点，A，B是抛物线上的两个动点，且直线MA与直线MB的倾斜角互补，则直线AB的斜率为定值kAB=.
猜想7：若直线l与抛物线y2=2px相交于A，B两点，直线OA和OB的倾斜角分别为α和β，当α，β变化且α+β为定值θ（0<θ<π）时，直线AB是否恒过定点？若能，求出该定点的坐标.（2005年高考山东卷）
结论5：当θ=时，直线AB恒过定点（-2p，0）；当θ≠时，直线AB恒过定点－2p，.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意得x1≠x2（否则α+β=π）且x1，x2≠0，所以直线AB的斜率存在，设其方程为y=kx+b，显然x1=，x2=，将y=kx+b与y2=2px（P>0）联立消去x，得ky2－2py+2pb=0，由韦达定理知
y1+y2=，y1y2=.①
（1）当θ=时，即α+β=时，tanα•tanβ=1，所以•=1，x1x2－y1y2=0，－y1y2=0，所以y1y2=4p2. 又由①知：=4p2，所以b=2pk. 因此直线AB的方程可表示为y=kx+2pk，即k（x+2p）－y=0，所以直线AB恒过定点（-2p，0）.
（2）当θ≠时，由α+β=θ，得tanθ=tan（α+β）==. 将①式代入上式整理化简可得tanθ=，所以b=+2pk. 此时直线AB的方程可表示为y=kx++2pk，即k（x+2p）－y－=0，所以直线AB恒过定点－2p，.
由（1）（2）知，当θ=时，直线AB恒过定点（-2p，0）；当θ≠时，直线AB恒过定点－2p，.
横向联系，在类比推理中进行知识的迁移
问题3：从抛物线联想到椭圆是否有类似的结论呢？
猜想8：P为椭圆+=1上的某一个定点，若直线l与椭圆相交于A，B两点，使得PA⊥PB，则直线l是否过某一个定点？
结论6：椭圆+=1的一顶点为P（±a，0），若直线l与椭圆相交于A，B两点，满足PA⊥PB，则直线l过定点±，0.
结论7：P（x0，y0）为椭圆+=1上的一个定点，若直线l与椭圆相交于A，B两点，满足PA⊥PB，则直线l过定点，.
结论8：若M为椭圆+=1上一个定点，A，B是椭圆+=1上的两个动点，且kMA•kMB=r（r为非零常数），则直线AB也必过定点.
高考真题再现：
（2009年辽宁高考题）已知，椭圆C过点A1，，两个焦点为（-1，0），（1，0）.
（1）求椭圆C的方程；
（2）E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值.
解析 （1）由题意，c=1，可设椭圆方程为+=1. 由已知可得+=1，
解得b2=3，b2=－（舍去），所以椭圆方程为+=1.
（2）设直线AE方程为：y=k（x－1）+，代入+=1得
（3+4k2）x2+4k（3－2k）x+4－k－12=0
设E（xE，yE），F（xF，yF），因为点A1，在椭圆上，所以
xE=，yE=kxE+－k.
又直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以-k替换k，可得
xF=，yF=－kxF++k.
所以直线EF的斜率kEF===，
即直线EF的斜率为定值.
问题4：从椭圆中上述猜想能否联想到双曲线是否有类似的结论呢？（本问题留给读者自行推导）
联系实际，在再创造中增强应用意识，提高问题解决的能力
数学学习的最终目的是让学生运用所学的知识去解决生活中的问题，让学生在面对实际问题时，能主动尝试着从数学的角度运用所学的知识和方法寻找解决问题的方式，使其意识得到提高与发展，而数学应用意识是体现数学素养的重要标志. 通过对前面几个问题本质与解法的探究，我们再让学生尝试解决如下问题.
问题5：（人教版选修2-1P81B组3）已知直线与抛物线y2=2px相交于A，B两点，且OA⊥OB，OM⊥AB，交AB于点M，点M的坐标为（2，1），求p的值.
分析：由猜想2可知AB过定点D（2p，0），由OM⊥AB可得kMD•kOM=－1.
因为×=－1，所以p=.
问题6：设点A，B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB交AB于点M，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.（2000年北京、安徽春招试卷）
解法一：设M（x，y），利用猜想2可知AB过定点D（4p，0），故
（1）?摇当AB不与x轴垂直时，由OM⊥AB可得kMD•kOM=－1，×=－1，即x2+y2－4px=0（x≠0）.
（2）当AB⊥x轴，易得M（4p，0）仍满足方程. 故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
解法二：设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y）依题意，有
y=4px1， ①y=4px2， ②•=-1， ③•=-1， ④=. ⑤
①－②得（y1－y2）（y1+y2）=4p（x1－x2），
若x1≠x1，则有=；?摇⑥
①×②，得y•y=16p2x1x2，
③代入上式有y1y2=－16p2；?摇⑦
⑥代入④得=－；?摇⑧
⑥代入⑤得==，?摇所以=，
即4px－y=y（y1+y2）－y－y1y2；
⑦⑧代入上式得x2+y2－4px=0（x≠0）；
当x1=x2时，AB⊥x轴，易得M（4p，0）仍满足方程.
故点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
解法三：设M（x，y），直线AB的方程为y=kx+b.
由OM⊥AB，得k=－；
由y2=4px及y=kx+b，消去y，得k2x2+（2kb－4p）x+b2=0，所以x1x2=；消x，得ky2－4py+4pb=0，
所以y1y2=；由OA⊥OB，得y1y2=－x1x2，所以=－，b=－4kp，故y=kx+b=k（x－4p）.
用k=－代入，得x2+y2－4px=0（x≠0）.
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0（x≠0），它表示以（2p，0）为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点.
变更命题：设点A，B为抛物线y2=4px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，求线段AB的中点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线.
问题7：（人教版选修4－4，P30例3的探究题）设点A，B为抛物线y2=2px（p＞0）上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，点A，B在什么位置时，△AOB的面积最小？最小值是多少？
解法一：设A（x1，y1），B（x2，y2）. 利用猜想2可知AB过定点D（2p，0），故可设AB的方程为x-2p=my.
由my=x－2p，y2=2px
可得y2－2pmy－4p2=0，由根与系数的关系可知y1+y2=2pm，y1y2=－4p2.
S△AOB=S△AOD+S△BOD=×2p×y1－y2=p=p＝2p2≥4p2. 当且仅当m＝0时，即AB与x轴垂直时△AOB的面积最小.
解法二：设点A（2pt，2pt1），B（2pt，2pt2）（t1≠t2且t1t2≠0）.
OA＝=2pt1•，
OB＝=2pt2•.
因为OA⊥OB，所以 •=0，即2pt•2pt+2pt1•2pt2=0，因此t1t2＝－1.
S△AOB＝OAOB=×2pt1•×2pt2=2p2=2p2≥2p2 = 4p2，当且仅当t=，即t1=±1，t2=?芎1时等号成立. 此时A（2p，±2p），B（2p，?芎2p），即AB与x轴垂直时△AOB的面积最小.
纵观问题5－7的解法，若能充分利用猜想2中的结论，不仅大大减少了运算量而且实现了从解一题到通一类、会一法的跨越.
本文从一道课本例题出发，运用合情推理的两大利器——归纳、类比，探寻出圆锥曲线的一个美妙性质，收获的不仅仅是一种知识，更是问题解决的一种方法. 通过从不同角度不断提出问题，在解决问题的过程中不断进行探索，获得许多有价值的结论，也意外地展现了一些高考题的来龙去脉，实现了解决问题能力与知识、技能的同步发展.