注重一題多解培養學生能力

瞿紅梅

[摘? ?要]一題多解，可以培養學生的求異思維.通過一題多解的訓練，學生可以從多角度、多途徑尋求解決問題的方法，由此可以開拓學生的解題思路，提高學生解決問題的能力.

[關鍵詞]一題多解;多角度;思維

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2019）05-0031-02

對于同一道數學題目，由于思考的角度不同，對題意的關注點不同，解題的思路和方法也各有迥異.教師通過不同的路徑去處理同一個問題，引導學生闡述各自的思維過程，發掘破解題意的支點，可以發散學生思維，有利于創新人才的培養.

[例1]（2015年江蘇高考第22題）如圖，在四棱錐[P-ABCD]中，已知[PA⊥]平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，[∠ABC=∠BAD=π2]， PA= AD = 2，AB = BC =1.

（1）求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值;

（2）點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成角最小時，求線段BQ的長.

分析：本題為江蘇高考數學理科的附加題，第一問比較容易，第二問可以轉化為求[cosCQ，DP=1+2λ10λ2+2 （0≤λ≤1）]的最大值.看似復雜的一問，實際可以用函數的一般方法解決，也可以用相關的導數處理，甚至還可以用看似不相關的三角向量以及解析幾何來完美解答.

解法1：記[c=cosCQ，DP=1+2λ10λ2+2? ?（0≤λ≤1）（?） ].設[1+2λ=t? ? ? ?，? ? ? ? t∈[1? ? ?，? ? ? 3]]，則[c2=2t25t2-10t+9=251t-592+209]? ≤ [910]，當且僅當[t=95]即[λ=25]時[cmax=31010].

評注：此法換元后巧妙地轉化為熟知的二次函數來解決，可以作為標準解法來處理.

解法2：[（?）?（10c2-4）λ2-4λ+（2c2-1）=0→c2≠25Δ≥0][?c≤310].等號成立，當且僅當[λ=25∈[0? ，1] 時cmax=31010].

解法3：設[c （λ）=2λ+110λ2+2，c'（λ） ]=[-2（5λ-2）（10λ2+2）10λ2+2]，令[c'（λ）=0?λ0=25].

易證[λ0]是[c（λ）]的極大值點，也是最大值點，即[c（λ）max=c25=31010].

解法4：依據[α·β≤αβ]，[c=2λ+110λ2+2=]

[（10λ，2）·210? ，12（10λ）2+（2）22102+122] ·

[2102+122≤2102+122=310.]等號成立，當且僅當[（10λ，2）]與[210 ，12]同向，即[λ=25∈[0，1] ][時cmax=31010].

解法5：[c]即定點[A210 ，0]到動直線[l：10λx+2y+1=0]的距離，[∵l]過定點.[B0，-12 ，∴cmax=AB=310]，此時AB [⊥? ? ? ?]l，[-10λ2=kl=-? ? ? ? 1kAB=-? ? ? ?25? ? ? ? ? ?? ][λ=25∈[0，1] ，∴cmax=31010].

解法6：令[5λ=tanα，α∈0，π2?c=]

[2tanα+510（tan2α+1）=（2tanα+5）cosα10]，則

[c=2sinα+5cosα10=310sin（α+φ）≤310 ，][tanφ=52]等號成立，當且僅當[α+φ=π2]時，[tanα=1tanφ=25?λ=25?5=25∈[0，1]?][cmax=31010] .

[例2]（江蘇省南通市2016屆高三二模第18題）

在平面直角坐標系xOy中，設曲線C1：[? x? a+? y? b=1（a>b>0）]所圍成的封閉圖形的面積為[42]，曲線C1上的點到原點O的最短距離為[223].以曲線C1與坐標軸的交點為頂點的橢圓記為C2.

（1）求橢圓C2的標準方程;

（2）設AB是過橢圓C2中心O的任意弦，l是線段AB的垂直平分線.M是l上的點（與O不 重合），若MO=2OA，當點A在橢圓C2上運動時，求點M的軌跡方程.

分析：本題主要考查橢圓的標準方程、求軌跡等知識，考查學生的運算能力、數學知識應用能力及綜合解決問題的能力.第（1）問利用有關已知條件求橢圓的標準方程問題不大，本文從略.下面筆者從五種視角對第（2）問做一些分析與求解.

解法1：設[M（x ，y）]，[A（m ，n）]，則由題設知：[OM=2OA]，[OA?OM=0].

即[x2+y2=4（m2+n2） mx+ny=0 ，]解得[m2=14y2 n2=14x2.]

因為點[A（m ，n）]在橢圓C2上，所以[m28+n2=1]，? ? 即[y228+x22=1]，亦即[x24+y232=1]，所以點M的軌跡方程為[x24+y232=1].

評注：該方法利用了求軌跡方程的一般方法，即“動點轉移法”，把求點[M]的軌跡轉移到[A]點上去，而點[A]滿足橢圓[C2]的方程，通過轉化即可得M的軌跡方程.

解法2：設[M（x ，y）]，[A（22cosθ ，sinθ）]，則由題設知[OM=2OA]，[OA?OM=0];[∴][x2+y2=4（8cos2θ+sin2θ）]①，[22xcosθ +ysinθ=0] ②.

①②消去[θ]得[x24+y232=1]，所以點M的軌跡方程為[x24+y232=1].

評注：該方法巧妙地利用了橢圓的參數方程.有不少學生想到，但在消去參數[θ]的過程中學生有一定困難，部分學生沒有恰到好處地使用[sin2θ+cos2θ=1]這一結論，使得解題難度加大.

解法3：假設AB所在的直線斜率存在且不為零，設AB所在直線方程為y =kx（k ≠ 0），A（xA，yA）.解方程組[x28+y2=1y=kx ，] 得[xA2=81+8k2]，[yA2=8k21+8k2]，所以[OA2=xA2+yA2=81+8k2+8k21+8k2=8（1+k2）1+8k2].

設M（x，y），由題意知MO = 2OA，所以MO2=4OA2，即[x2+y2=32（1+k2）1+8k2]，因為l是AB的垂直平分線，所以直線l的方程為y =-[ 1k?]x，即[k=-xy]，于是[x2+y2=321+x2y21+8?x2y2=32（x2+y2）y2+8x2].而[x2+y2≠0]，所以[8x2+y2=32]，故[x24+y232=1].

綜上所述，M的軌跡方程為[x24+y232=1].

解法4：設[M（x ，y）]，[A（x0 ，y0）]，則[x028+y02=1]①，

由題設知：MO=2OA，[OA⊥OM]，所以不妨設[x0y0=][cosπ2-sinπ2sinπ2cosπ2x2y2=-y2? x2]，所以[x0=-y2y0=x2 ，]代入①得[x24+y232=1]，所以點M的軌跡方程為[x24+y232=1].

解法5：設[M（x ，y）]，[A（x0 ，y0）]，則[x028+y02=1]①，? ? 由題設知：MO = 2OA，[OA⊥OM]，所以由復數乘法的幾何意義得[x+yi=（x0+y0i）×2i]或[x+yi=（x0+y0i）×（-2i）]，[∴x0=y2y0=-x2]，或[x0=-y2y0=x2]，代入①得[x24+y232=1]， 所以點M的軌跡方程為[x24+y232=1].

評注：通過復數幾何意義來解決此問題鮮有學生做到，因為平時對復數的學習要求較低.此方法與解法4都對數學的知識應用提出了高要求.

教學中注重一題多解的訓練，既能開闊學生的視野，培養學生思維敏捷性，提高學生的變通能力與綜合運用數學知識的能力，又能促進學生智能和思維充分發展.

（責任編輯 黃桂堅）