打破思维定式 探索一题多解

摘 要：到了高三，同學们都要做大量的数学题，不得不在题海里“畅游”，很苦也很累，追求题目数量的人多，追求题目质量的人相对较少，事倍功半者大有人在。如果同学们对经典的题目多一些思考，质疑，特别是当题目解出后，能不满足现状，打破思维定式，更进一步反思，从不同的侧面，不同的角度，用不同的思路，不同的方法，去琢磨有没有更好的，更简捷的方法去解答，探索一题多解，拓宽自己的解题思路，一旦有了这种想法和意识，往往会收到意想不到的效果，找到更加独特新颖的解法，并享受成功后的快乐，提高学习兴趣，为进一步学习数学打下良好基础。下面通过两个例题，希望对同学们有所启迪，供参考。

关键词：一题多解；兴趣；基础

【例1】 已知正方体ABCD棱长为a，求相邻两面对角线BD和CD1间的距离。

解法1 定义法

分析 图（一） 如何找到异面直线的公垂线段是关键。

因BD⊥AC，BD⊥CC1，所以BD⊥面ACC1，所以BC⊥AC1，同理CD1⊥AC1，这样AC1就是BD和CD1的公垂线，那么BD和CD1的公垂线段应于AC1平行且于BD和CD1相交。取AD中点E，连接EC交BD于F，过F作EM的平行线交CD1于N，则FN就是BD和CD1的公垂线段。因△BFC∽△DFE，所以DEBC=EFFC=12，FN=23EM=33a。

解法2 转化法（1）

分析 图（二） 因CD1∥BA1，所以CD1∥面A1BD，那么BD和CD1的距离就是CD1和面A1BD的距离，也就是点C到面A1BD的距离d，可用等体积法来求。由VA1-BCD=VC-A1BD得d=33a。

解法3 转化法（2）

分析 图（三） 因BD∥B1D1，CD1∥BA1，知面A1BD∥面B1CD1，那么BD和CD1的距离就是面A1BD/和面B1CD1间的距离，设AC1于面A1BD交与点O1，AC1于面B1CD1交与点O2，点A到面A1BD之距为d1，点C1到面B1CD1之距为d2，用等体积法易得d1=33a，d2=33a，所以O1O2=3a-（d1+d2）=33a。

解法4 坐标法

分析 图（四） 建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（a，a，0），C1（a，a，a），D（0，a，0），由于AC1是异面直线BD和CD1的公垂线，所以异面直线BD和CD1的距离d=AC1·DC|AC1|=33a。

解法5 基底向量法

分析 取{AB，AD，AA1}为空间的一组基底，并设AB=e1，AD=e2，AA1=e3，则AC1=e1+e2+e3，所以异面直线BD和CD1的距离d=AC1·DC|AC1|=33a。

现在的学生大多都用建立空间直角坐标系的方法解高考中的立体几何题，但是，如果给出的几何图形不规范的话，建系就不太方便，用取基底向量法就容易一些。

解法6 运动的观点

分析 图（五） 建立如图所示的空间直角坐标系，点P为BD上动点，Q为AD1上动点，设P（x，a-x，0），Q（0，y，y），x∈[0，a]，y∈[0，a]，因为BD与CD1之距就是BD与AD1之距，即|PQ|min，

则|PQ|2=x2+（a-x-y）2+y2

=2（x+y）2-2a（x+y）-2xy+a2

≥32（x+y）2-2a（x+y）+a2

=32（x+y）-23a2+13a2

当x+y=23a且x=y=13a时，|PQ|2min=13a2，故|PQ|min=33a。

【例2】 【2014年广东，理3】若变量x，y满足约束条件y≤xx+y≤1y≥-1且z=2x+y的最大值和最小值分别为M和m，则M-m= 。

解法1 线性规划法

由已知得y=-2x+z，z为直线在y轴上的截距，如图，显然，在点A（-1，-1）处Zmin=-3，在点B（2，-1）处Zmax=3，所以M-m=6。

解法2 待定系数法

把2x+y用x-y和y表示出来，z=2（x-y）+3y≥-3，此时x-y=0y=-1，即x=-1y=-1时，Zmin=-3；同理z=2（x+y）+（-y）≤3，此时x+y=1-y=1，即x=2y=-1时，Zmax=3。

解法3 向量法

设a=（2，1），b=（x，y），z=2x+y=（2，1）·（x，y）=5·x2+y2·cosθ。其中θ为向量a=（2，1）与b=（x，y）的夹角。这样只需求区域内动向量b=（x，y）在定向量a=（2，1）上的投影，将点A（-1，-1）和点B（2，-1）代入即得Zmin=-3，Zmax=3。

解法4 增量法

因为z=2x+y=x+x+y，设x=z3+ty=z3-2t，代入y≤xx+y≤1y≥-1，解得t≥0z≤32+32tz≥6t-3，即6t-3≤z≤32+32t，所以t∈[0，1]，当t=1时，Zmax=3，此时x=2y=1；当t=0时，Zmin=-3，此时x=-1y=-1。

解法5 构造法

联想到点到直线的距离公式d=|Ax0+By0+C|A2+B2，构造d=5·|2x+y|5，可将上式看作动点（x，y）到定直线2x+y=0的距离，易知在点B（2，-1）或在点A（-1，-1）处，dmax=3，所以有0≤|z|≤3，即Zmin=-3，Zmax=3，从而M-m=6。

【例3】 【2017高考，山东文12题】若直线xa+yb=1（a>0，b>0），过点（1，2），则2a+b的最小值为 。

解法1 “1”的替换

因xa+yb=1（a>0，b>0），过点（1，2），所以1a+2b=1，2a+b=（2a+b）·1a+2b=ba+4ab+4≥2ba·4ab+4=8，当且仅当ba=4ab，即a=2，b=4时取“=”。

解法2 消元法

因為1a+2b=1，所以b=2aa-1，所以2a+b=2a+2aa-1=2a+2+2a-1=2（a-1）+2a-1+4≥8，当且仅当a=2，b=4时取“=”。

解法3 构造柯西不等式

2a+b=（2a+b）·1a+2b≥（2+2）2=8，当且仅当2a1a=b2b，即a=2，b=4时取“=”。

解法4 构造基本不等式

由1a+2b=1得，2a+b=ab，2（2a+b）=2a·b≤2a+b22，所以2a+b≥8，当且仅当2a=b即a=2，b=4时取“=”。

解法5 构造一元二次方程

设2a+b=t，则b=t-2a，代入2a+b=ab中整理得2a2-at+t=0，因为方程有正根，所以Δ=t2-8t≥0即t≥8且当t=8时a=2，b=4时2a+b的最小值为8。

【例4】 【2016课标全国1】在直角坐标系xOy中，圆C的方程（x+y）2+y2=25。

（1）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C得极坐标方程；

（2）直线l的参数方程是x=tcosαy=tsinα（t为参数），l与C交于A，B两点，|AB|=10求l的斜率。

解析 （1）由x=ρcosθy=ρsinθ可得圆C的极坐标方程为ρ2+12ρcosθ+11=0。

（2）解法1 直线l的直角坐标方程为y=tanα·x=kx，因为|AB|=10，由点到直线的距离公式得，圆心（-6，0）到直线l的距离d=|-6k|1+k2=3102，所以k2=53，即k=±153。

解法2 在（1）中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为ρ=θ（ρ∈R），设A、B两点对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2+12ρcosθ+11=0，于是ρ1+ρ2=-12cosθ，ρ1·ρ2=11，所以|AB|=|ρ1-ρ2|=（ρ1+ρ2）2-4ρ1ρ2=144cos2α-44，由|AB|=10得，cos2α=38，tanα=±153，即l的斜率为153或-153。

解法3 将l的参数方程x=tcosαy=tsinα（t为参数）代入圆C的方程（x+6）2+y2=25，得t2+12cosαt+11=0，于是t1+t2=-12cosα，t1·t2=11，由直线参数方程t的几何意义得|AB|=|t1-t2|=（t1+t2）2-4t1t2=144cos2α-44，由|AB|=10得，cos2α=38，tanα=±153，即l的斜率为153或-153。

【例5】 【必修5第44页】在等差数列{an}中，已知第1项到第10项的和为310，第11项到第20项的和为90，求第21项到第30项的和。

解法1 公式法

由题意知s10=310，s20-s10=910，将它们代入公式s=na1+n（n-1）2d，得10a1+45d=31020a1+190d-310=910，解得a1=4d=6，所以a21=4+20×6=124，a30=4+29×6=178，于是，第21项到第30项的和为10（124+178）2=1510。

解法2 性质法

因为{an}是等差数列，所以，s10，s20-s10，s30-s20，也成等差数列，2（s20-s10）=s10+（s30-s20），得s30-s20=1510。

解法3 函数法

设sn=An2+Bn，由s10=310，s20-s10=910，得s20=1220，所以100A+10B=310400A+20B=1220，解得A=3B=1，所以sn=3n2+n，即s30-s20=1510。

解法4 构造法

构造一个新数列snn，由于{an}是等差数列，所以数列snn也是等差数列，不妨设其公差为d，则因s10=310，s20=120，所以d=s2020-s101020-10=3，snn=s1010+（n-10）d=3n+1，所以sn=3n2+n，这样，第21项到第30项的和为s30-s20=1510。

美国数学家哈尔莫斯认为，问题是数学的心脏。波利亚强调指出：“掌握数学就是意味着善于解题”。同学们只要在平时的解题后积极反思，不断反思总结自己的解题经验，善于抓住时机，捕捉灵感，有意适当地进行一题多解，每当遇到新题时才可能会产生出一个解题的好念头，这个好念头会给你指出整个或部分解题途径，它或多或少地向你建议该怎么做，长期坚持一题多解可以激发自己去发现和创造的强烈欲望，加深对所学知识的理解，增强学习数学的兴趣和对数学思想，数学方法的灵活运用能力，开阔解题视野，进而训练自己思维的灵活性，深刻性，创造性。正所谓“问渠哪得清如许，为有源头活水来”。

参考文献：

[1]罗增儒.数学解题学引论[M].陕西师范大学出版社，2016.8.

[2]中学数学教学参考[J].2017.上旬.9.

[3]数学教学研究[J].2015.8.

作者简介：

朱荣，甘肃省临夏回族自治州，康乐一中。