依托“一题多解”策略，提升解题学习成效

摘要：“一题多解”对于合理梳理整合基础知识、发散数学思维、提升变形能力以及优化解题学习过程等具有高效的教学价值与策略应用.本文结合解题实例，就“一题多解”应用过程中的一些侧重点加以剖析，旨在优化解题教学与创新应用，引领并指导数学解题研究，针对性地指导解题学习．

关键词：一题多解；解题教学；解题学习

在高中数学教学与学习过程中，“一题多解”不仅是一种解题技巧，更是一种重要的思维方式.特别在数学解题教学与数学试卷讲评等过程中，借助“一题多解”，要求学生在面对一个问题时，能够从不同的角度，运用不同的知识和方法去思考和解答，这不仅有助于提高学生的解题能力，拓展数学知识内容与思想方法，还能促进学生的思维发展和创新能力的提升，是数学解题学习中一个非常重要的手段与应用．

1发散思维，深入思考

“一题多解”能够培养学生的发散性思维.发散性思维是指从多个角度、多个方向去思考问题，寻求多种答案的思维方式.在“一题多解”的过程中，学生需要不断地尝试和探索，从多个角度深入思考问题，这有助于培养他们的发散性思维.

数学中的很多问题都需要从不同的角度去思考和理解，所以这种思维方式对于数学的学习非常重要.

例题^^（2024年福建省厦门市高三毕业班第四次质量检测数学试题）&&记锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2cosC=3ba－ab，则B的取值范围是．

方法1：化边思维法．

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

由△ABC是锐角三角形，可得a2+b2＞c2，则有a2+a2－12c2＞c2，则有c2a2＜43，解得ca＜

23．

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

所以B的取值范围是π6，π2，故答案为π6，π2．

方法2：坐标思维法．

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

如图1所示，以AB所在直线为x轴，线段AB的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，则A－c2，0，Bc2，0，设C（x，y），根据对称性，不失一般性，不妨设点C位于x轴上方．

结合a2－b2=12c2，可得x－c22+y2－x+c22－y2=12c2，整理可得x=－14c，即点C位于直线CE：x=－14c上（不包括x轴上的点E）．

△ABC是锐角三角形，则点C位于直线CE上且在圆O的外侧（这里圆O的直径为AB，圆O与直线EC的交点为点D）．

结合平面几何图形，可得|AE|=14c，|BE|=34c，利用直角三角形的射影定理，可得|DE|=｜AE｜×｜BE｜=34c，则知tan∠DBA=｜DE｜｜BE｜=34c34c=33，则有∠DBA=π6．

△ABC是锐角三角形，数形结合可知π6＜B＜π2．

所以B的取值范围是π6，π2，故答案为π6，π2．

方法3：极限思维法．

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

当c足够小时，此时c→0，则有b→a，可知B→π2.

当c足够大时，结合△ABC是锐角三角形，可知C→π2，当C=π2时，利用勾股定理有a2+b2=c2，与2（a2－b2）=c2联立，可得a2=3b2，即a=3b，此时B=π6.

所以B的取值范围是π6，π2，故答案为π6，π2．

点评：解决此类解三角形问题时，可以从化边思维法、坐标思维法以及极限思维法等不同思维形式切入与应用，给数学解题思维的发散与问题思考的深入创造条件，也为问题的突破与解决创造条件．

2提高能力，优化速度

“一题多解”能够提高学生的解题能力和速度.通过“一题多解”的训练，学生可以掌握更多的解题技巧和方法，从而提高他们的解题能力和速度.这对于学生在考试中取得好成绩非常重要，因为数学考试往往需要在有限的时间内完成大量的题目.同时，“一题多解”还能让学生更好地适应不同难度的题目，提高他们应对各种考试的能力．

例题^^［2024年江苏省苏锡常镇四市高三教学情况调研（二）数学试卷］&&正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC共底面ABC，这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，点P和点Q在平面ABC的异侧，这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角分别为α，β，则当α+β最大时，tan（α+β）=（）.

A. －13B. －23C. －1D. －43

方法1：设参法．

依题，设外接球半径为1，设底面△ABC的外接圆半径为r，如图2所示，则有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，则有tanαtanβ=1+1-r2r2·1-1-r2r2=4．

所以结合基本不等式，可得tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ=tanα+tanβ-3≤2tanαtanβ-3=－43，当且仅当tanα=tanβ=2时等号成立，此时α+β最大．

所以当α+β最大时，tan（α+β）=－43，故选择答案D．

方法2：特殊法．

借助图形的对称性可知，当这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角α，β相等时，α+β最大．

此时底面△ABC的外接圆恰是外接球的大圆，不失一般性，设此时外接球半径为1，则底面△ABC的外接圆半径也为1，

则有tanα=112=2，结合α，β相等，所以tanα=tanβ=2，所以tan（α+β）=2tanα1-tan2α=－43，故选择答案D．

点评：解决此类问题时，关键在于合理进行设参，可借助底面△ABC的外接圆半径的设置，也可借助底面三角形的外接圆的中心与外接球的球心之间的两心距的设置，还可借助两个正三棱锥的高的设置来达到目的，结合图形的对称性，合理挖掘问题的内涵，依托问题的特殊性，可以优化解题速度．

3培养创新，勇于探索

“一题多解”还能激发学生的创新精神和探索欲望.在解题过程中，学生需要不断地尝试和探索新的方法和思路，这有助于激发他们的创新精神和探索欲望.这种创新精神和探索欲望对于学生未来的学习和职业发展都非常重要，在未来的学习和工作中，他们需要不断地面对新的挑战和问题，需要不断地探索和创新.

例题设非负实数x，y满足2x+y=1，则x+x2+y2的最小值为（）.

A. 45B. 25

C. 1D. 1+23

方法1：几何意义法．

依题，由非负实数x，y满足2x+y=1，则知x+x2+y2的几何意义为直线2x+y=1在第一象限（或x轴、y轴的正半轴上）的点P（x，y）到y轴的距离d与到坐标原点的距离|OP|的和的最小值

问题．

设坐标原点关于直线2x+y=1的对称点为M（a，b），则有ba=12，

2×a2+b2=1，解得a=45，

b=25，即M45，25．

如图3所示，由对称性可得|OP|=|PM|，所以x+x2+y2的几何意义为|PM|+d，数形结合可知当PM⊥y轴时，该代数式的取值为最小值，当且仅当x=310，y=25时，x+x2+y2取得最小值为45，故选择答案A．

方法2：判别式法．

依题，由非负实数x，y满足2x+y=1，可得y=1－2x．

设t=x+x2+y2≥0，则有t=x+x2+（1-2x）2

，即5x2-4x+1=t－x．

两边平方并整理可得4x2+2（t－2）x+1－t2=0，根据题设知关于变量t的二次方程有实根，则有判别式Δ=4（t－2）2－16（1－t2）≥0，整理有5t2－4t≥0，解得t≥45或t≤0（舍去），当且仅当x=310，y=25时等号成立．

所以x+x2+y2的最小值为45，故选择答案A．

方法3：三角换元法．

依题，三角换元有x=rcosθ，y=rsinθ，其中r＞0，θ∈0，π2．

由非负实数x，y满足2x+y=1，代入可得r·（2cosθ+sinθ）=1，即r=12cosθ+sinθ．

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

结合三角函数的辅助角公式，可得tsinθ+（2t－1）cosθ=t2+（2t-1）2sin（θ+φ）≤t2+（2t-1）2，其中tanφ=2t-1t．

则有1≤t2+（2t-1）2，两边平方并整理可得5t2－4t≥0，解得t≥45或t≤0（舍去），当且仅当x=310，y=25时等号成立．

所以x+x2+y2的最小值为45，故选择答案A．

点评：解决此类问题，最为基本的方法是回归平面解析几何本质，通过几何意义法来分析与处理.

依托代数式的本质利用函数与方程思维来处理，是处理此类问题的“通性通法”，往往离不开函数与方程、不等式等相关知识的运用.抓住代数式的结构特征，合理的换元处理，特别是三角换元解决，也是解决问题的“巧技妙法”之一.

4团队合作，协作精神

“一题多解”还有助于培养学生的团队合作精神.在解题过程中，学生可以与他人交流和讨论，分享彼此的思路和方法，这有助于培养他们的团队合作精神.这种团队合作精神对于学生未来的学习和职业发展同样非常重要．数学中“一题多解”的重要性不言而喻，它不仅能够帮助学生巩固和拓展数学知识，培养发散性思维，提高解题能力和速度，还能激发学生的创新精神和探索欲望，培养他们的团队合作精神.因此，在数学教学过程中教师适度合理地注重“一题多解”的训练，可以让学生在解题过程中不断地探索和创新，最终达到高效数学教学与数学复习的目的．