瞿红梅

[摘   要]一题多解，可以培养学生的求异思维.通过一题多解的训练，学生可以从多角度、多途径寻求解决问题的方法，由此可以开拓学生的解题思路，提高学生解决问题的能力.

[关键词]一题多解;多角度;思维

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2019）05-0031-02

对于同一道数学题目，由于思考的角度不同，对题意的关注点不同，解题的思路和方法也各有迥异.教师通过不同的路径去处理同一个问题，引导学生阐述各自的思维过程，发掘破解题意的支点，可以发散学生思维，有利于创新人才的培养.

[例1]（2015年江苏高考第22题）如图，在四棱锥[P-ABCD]中，已知[PA⊥]平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，[∠ABC=∠BAD=π2]， PA= AD = 2，AB = BC =1.

（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;

（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长.

分析：本题为江苏高考数学理科的附加题，第一问比较容易，第二问可以转化为求[cosCQ，DP=1+2λ10λ2+2 （0≤λ≤1）]的最大值.看似复杂的一问，实际可以用函数的一般方法解决，也可以用相关的导数处理，甚至还可以用看似不相关的三角向量以及解析几何来完美解答.

解法1：记[c=cosCQ，DP=1+2λ10λ2+2   （0≤λ≤1）（?） ].设[1+2λ=t       ，        t∈[1     ，      3]]，則[c2=2t25t2-10t+9=251t-592+209]  ≤ [910]，当且仅当[t=95]即[λ=25]时[cmax=31010].

评注：此法换元后巧妙地转化为熟知的二次函数来解决，可以作为标准解法来处理.

解法2：[（?）?（10c2-4）λ2-4λ+（2c2-1）=0→c2≠25Δ≥0][?c≤310].等号成立，当且仅当[λ=25∈[0  ，1] 时cmax=31010].

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

易证[λ0]是[c（λ）]的极大值点，也是最大值点，即[c（λ）max=c25=31010].

解法4：依据[α·β≤αβ]，[c=2λ+110λ2+2=]

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

[2102+122≤2102+122=310.]等号成立，当且仅当[（10λ，2）]与[210 ，12]同向，即[λ=25∈[0，1] ][时cmax=31010].

解法5：[c]即定点[A210 ，0]到动直线[l：10λx+2y+1=0]的距离，[∵l]过定点.[B0，-12 ，∴cmax=AB=310]，此时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]，则

[c=2sinα+5cosα10=310sin（α+φ）≤310 ，][tanφ=52]等号成立，当且仅当[α+φ=π2]时，[tanα=1tanφ=25?λ=25?5=25∈[0，1]?][cmax=31010] .

[例2]（江苏省南通市2016届高三二模第18题）

在平面直角坐标系xOy中，设曲线C1：[  x  a+  y  b=1（a>b>0）]所围成的封闭图形的面积为[42]，曲线C1上的点到原点O的最短距离为[223].以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记为C2.

（1）求椭圆C2的标准方程;

（2）设AB是过椭圆C2中心O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线.M是l上的点（与O不 重合），若MO=2OA，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程.

分析：本题主要考查椭圆的标准方程、求轨迹等知识，考查学生的运算能力、数学知识应用能力及综合解决问题的能力.第（1）问利用有关已知条件求椭圆的标准方程问题不大，本文从略.下面笔者从五种视角对第（2）问做一些分析与求解.

解法1：设[M（x ，y）]，[A（m ，n）]，则由题设知：[OM=2OA]，[OA?OM=0].

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

因为点[A（m ，n）]在椭圆C2上，所以[m28+n2=1]，    即[y228+x22=1]，亦即[x24+y232=1]，所以点M的轨迹方程为[x24+y232=1].

评注：该方法利用了求轨迹方程的一般方法，即“动点转移法”，把求点[M]的轨迹转移到[A]点上去，而点[A]满足椭圆[C2]的方程，通过转化即可得M的轨迹方程.

解法2：设[M（x ，y）]，[A（22cosθ ，sinθ）]，则由题设知[OM=2OA]，[OA?OM=0];[∴][x2+y2=4（8cos2θ+sin2θ）]①，[22xcosθ +ysinθ=0] ②.

①②消去[θ]得[x24+y232=1]，所以点M的轨迹方程为[x24+y232=1].

评注：该方法巧妙地利用了椭圆的参数方程.有不少学生想到，但在消去参数[θ]的过程中学生有一定困难，部分学生没有恰到好处地使用[sin2θ+cos2θ=1]这一结论，使得解题难度加大.

解法3：假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y =kx（k ≠ 0），A（xA，yA）.解方程组[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].

设M（x，y），由题意知MO = 2OA，所以MO2=4OA2，即[x2+y2=32（1+k2）1+8k2]，因为l是AB的垂直平分线，所以直线l的方程为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的轨迹方程为[x24+y232=1].

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

由题设知：MO=2OA，[OA⊥OM]，所以不妨设[x0y0=][cosπ2-sinπ2sinπ2cosπ2x2y2=-y2  x2]，所以[x0=-y2y0=x2 ，]代入①得[x24+y232=1]，所以点M的轨迹方程为[x24+y232=1].

解法5：设[M（x ，y）]，[A（x0 ，y0）]，则[x028+y02=1]①，    由题设知：MO = 2OA，[OA⊥OM]，所以由复数乘法的几何意义得[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]， 所以点M的轨迹方程为[x24+y232=1].

评注：通过复数几何意义来解决此问题鲜有学生做到，因为平时对复数的学习要求较低.此方法与解法4都对数学的知识应用提出了高要求.

教学中注重一题多解的训练，既能开阔学生的视野，培养学生思维敏捷性，提高学生的变通能力与综合运用数学知识的能力，又能促进学生智能和思维充分发展.

（责任编辑 黄桂坚）