依托“一題多解”策略，提升解題學習成效

摘要：“一題多解”對于合理梳理整合基礎知識、發散數學思維、提升變形能力以及優化解題學習過程等具有高效的教學價值與策略應用.本文結合解題實例，就“一題多解”應用過程中的一些側重點加以剖析，旨在優化解題教學與創新應用，引領并指導數學解題研究，針對性地指導解題學習．

關鍵詞：一題多解；解題教學；解題學習

在高中數學教學與學習過程中，“一題多解”不僅是一種解題技巧，更是一種重要的思維方式.特別在數學解題教學與數學試卷講評等過程中，借助“一題多解”，要求學生在面對一個問題時，能夠從不同的角度，運用不同的知識和方法去思考和解答，這不僅有助于提高學生的解題能力，拓展數學知識內容與思想方法，還能促進學生的思維發展和創新能力的提升，是數學解題學習中一個非常重要的手段與應用．

1發散思維，深入思考

“一題多解”能夠培養學生的發散性思維.發散性思維是指從多個角度、多個方向去思考問題，尋求多種答案的思維方式.在“一題多解”的過程中，學生需要不斷地嘗試和探索，從多個角度深入思考問題，這有助于培養他們的發散性思維.

數學中的很多問題都需要從不同的角度去思考和理解，所以這種思維方式對于數學的學習非常重要.

例題^^（2024年福建省廈門市高三畢業班第四次質量檢測數學試題）&&記銳角△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若2cosC=3ba－ab，則B的取值范圍是．

方法1：化邊思維法．

依題，由2cosC=3ba－ab，結合余弦定理，可得2×a2+b2-c22ab=3b2-a2ab，整理可得2（a2－b2）=c2．

由△ABC是銳角三角形，可得a2+b2＞c2，則有a2+a2－12c2＞c2，則有c2a2＜43，解得ca＜

23．

結合余弦定理，可得cosB=a2+c2-b22ac=3c24ac=3c4a＜32，則有π6＜B＜π2．

所以B的取值范圍是π6，π2，故答案為π6，π2．

方法2：坐標思維法．

依題，由2cosC=3ba－ab，結合余弦定理，可得2×a2+b2-c22ab=3b2-a2ab，整理可得a2－b2=12c2．

如圖1所示，以AB所在直線為x軸，線段AB的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，則A－c2，0，Bc2，0，設C（x，y），根據對稱性，不失一般性，不妨設點C位于x軸上方．

結合a2－b2=12c2，可得x－c22+y2－x+c22－y2=12c2，整理可得x=－14c，即點C位于直線CE：x=－14c上（不包括x軸上的點E）．

△ABC是銳角三角形，則點C位于直線CE上且在圓O的外側（這里圓O的直徑為AB，圓O與直線EC的交點為點D）．

結合平面幾何圖形，可得|AE|=14c，|BE|=34c，利用直角三角形的射影定理，可得|DE|=｜AE｜×｜BE｜=34c，則知tan∠DBA=｜DE｜｜BE｜=34c34c=33，則有∠DBA=π6．

△ABC是銳角三角形，數形結合可知π6＜B＜π2．

所以B的取值范圍是π6，π2，故答案為π6，π2．

方法3：極限思維法．

依題，由2cosC=3ba－ab，結合余弦定理，可得2×a2+b2-c22ab=3b2-a2ab，整理可得2（a2－b2）=c2．

當c足夠小時，此時c→0，則有b→a，可知B→π2.

當c足夠大時，結合△ABC是銳角三角形，可知C→π2，當C=π2時，利用勾股定理有a2+b2=c2，與2（a2－b2）=c2聯立，可得a2=3b2，即a=3b，此時B=π6.

所以B的取值范圍是π6，π2，故答案為π6，π2．

點評：解決此類解三角形問題時，可以從化邊思維法、坐標思維法以及極限思維法等不同思維形式切入與應用，給數學解題思維的發散與問題思考的深入創造條件，也為問題的突破與解決創造條件．

2提高能力，優化速度

“一題多解”能夠提高學生的解題能力和速度.通過“一題多解”的訓練，學生可以掌握更多的解題技巧和方法，從而提高他們的解題能力和速度.這對于學生在考試中取得好成績非常重要，因為數學考試往往需要在有限的時間內完成大量的題目.同時，“一題多解”還能讓學生更好地適應不同難度的題目，提高他們應對各種考試的能力．

例題^^［2024年江蘇省蘇錫常鎮四市高三教學情況調研（二）數學試卷］&&正三棱錐P-ABC和正三棱錐Q-ABC共底面ABC，這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，點P和點Q在平面ABC的異側，這兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角分別為α，β，則當α+β最大時，tan（α+β）=（）.

A. －13B. －23C. －1D. －43

方法1：設參法．

依題，設外接球半徑為1，設底面△ABC的外接圓半徑為r，如圖2所示，則有BM=r，MN=r2，可得OM=1-r2．

所以tanα=PMMN=1+1-r2r2＞0，同理可得tanβ=1-1-r2r2＞0，則有tanαtanβ=1+1-r2r2·1-1-r2r2=4．

所以結合基本不等式，可得tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ=tanα+tanβ-3≤2tanαtanβ-3=－43，當且僅當tanα=tanβ=2時等號成立，此時α+β最大．

所以當α+β最大時，tan（α+β）=－43，故選擇答案D．

方法2：特殊法．

借助圖形的對稱性可知，當這兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角α，β相等時，α+β最大．

此時底面△ABC的外接圓恰是外接球的大圓，不失一般性，設此時外接球半徑為1，則底面△ABC的外接圓半徑也為1，

則有tanα=112=2，結合α，β相等，所以tanα=tanβ=2，所以tan（α+β）=2tanα1-tan2α=－43，故選擇答案D．

點評：解決此類問題時，關鍵在于合理進行設參，可借助底面△ABC的外接圓半徑的設置，也可借助底面三角形的外接圓的中心與外接球的球心之間的兩心距的設置，還可借助兩個正三棱錐的高的設置來達到目的，結合圖形的對稱性，合理挖掘問題的內涵，依托問題的特殊性，可以優化解題速度．

3培養創新，勇于探索

“一題多解”還能激發學生的創新精神和探索欲望.在解題過程中，學生需要不斷地嘗試和探索新的方法和思路，這有助于激發他們的創新精神和探索欲望.這種創新精神和探索欲望對于學生未來的學習和職業發展都非常重要，在未來的學習和工作中，他們需要不斷地面對新的挑戰和問題，需要不斷地探索和創新.

例題設非負實數x，y滿足2x+y=1，則x+x2+y2的最小值為（）.

A. 45B. 25

C. 1D. 1+23

方法1：幾何意義法．

依題，由非負實數x，y滿足2x+y=1，則知x+x2+y2的幾何意義為直線2x+y=1在第一象限（或x軸、y軸的正半軸上）的點P（x，y）到y軸的距離d與到坐標原點的距離|OP|的和的最小值

問題．

設坐標原點關于直線2x+y=1的對稱點為M（a，b），則有ba=12，

2×a2+b2=1，解得a=45，

b=25，即M45，25．

如圖3所示，由對稱性可得|OP|=|PM|，所以x+x2+y2的幾何意義為|PM|+d，數形結合可知當PM⊥y軸時，該代數式的取值為最小值，當且僅當x=310，y=25時，x+x2+y2取得最小值為45，故選擇答案A．

方法2：判別式法．

依題，由非負實數x，y滿足2x+y=1，可得y=1－2x．

設t=x+x2+y2≥0，則有t=x+x2+（1-2x）2

，即5x2-4x+1=t－x．

兩邊平方并整理可得4x2+2（t－2）x+1－t2=0，根據題設知關于變量t的二次方程有實根，則有判別式Δ=4（t－2）2－16（1－t2）≥0，整理有5t2－4t≥0，解得t≥45或t≤0（舍去），當且僅當x=310，y=25時等號成立．

所以x+x2+y2的最小值為45，故選擇答案A．

方法3：三角換元法．

依題，三角換元有x=rcosθ，y=rsinθ，其中r＞0，θ∈0，π2．

由非負實數x，y滿足2x+y=1，代入可得r·（2cosθ+sinθ）=1，即r=12cosθ+sinθ．

設t=x+x2+y2≥0，則有t=r（cosθ+1）=1+cosθ2cosθ+sinθ，整理可得1=tsinθ+（2t－1）cosθ．

結合三角函數的輔助角公式，可得tsinθ+（2t－1）cosθ=t2+（2t-1）2sin（θ+φ）≤t2+（2t-1）2，其中tanφ=2t-1t．

則有1≤t2+（2t-1）2，兩邊平方并整理可得5t2－4t≥0，解得t≥45或t≤0（舍去），當且僅當x=310，y=25時等號成立．

所以x+x2+y2的最小值為45，故選擇答案A．

點評：解決此類問題，最為基本的方法是回歸平面解析幾何本質，通過幾何意義法來分析與處理.

依托代數式的本質利用函數與方程思維來處理，是處理此類問題的“通性通法”，往往離不開函數與方程、不等式等相關知識的運用.抓住代數式的結構特征，合理的換元處理，特別是三角換元解決，也是解決問題的“巧技妙法”之一.

4團隊合作，協作精神

“一題多解”還有助于培養學生的團隊合作精神.在解題過程中，學生可以與他人交流和討論，分享彼此的思路和方法，這有助于培養他們的團隊合作精神.這種團隊合作精神對于學生未來的學習和職業發展同樣非常重要．數學中“一題多解”的重要性不言而喻，它不僅能夠幫助學生鞏固和拓展數學知識，培養發散性思維，提高解題能力和速度，還能激發學生的創新精神和探索欲望，培養他們的團隊合作精神.因此，在數學教學過程中教師適度合理地注重“一題多解”的訓練，可以讓學生在解題過程中不斷地探索和創新，最終達到高效數學教學與數學復習的目的．