一題多解　觸類旁通

高 斌

[摘 要]文章以高三數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)中的試題講評為切入口，闡述一題多解、多解一解、一題多變等，從而促進學(xué)生學(xué)會舉一反三、觸類旁通。

[關(guān)鍵詞]試題講評;平面圖形;數(shù)量積

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）02-0026-04

高三數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)有諸多考試，如周考、月考、期中考、階段質(zhì)量檢測、聯(lián)考、模擬考等。試卷講評課成為常態(tài)化課型，其過程大概為：訂正→講評→錯題再做→訂正歸類。試卷講評課借助數(shù)據(jù)診斷為學(xué)生提供分析和糾錯，教師需科學(xué)、合理地選擇講評內(nèi)容和講評方法，選擇具有針對性和代表性的重點知識和題目，對學(xué)生已學(xué)過的數(shù)學(xué)知識、方法技巧等進行鞏固、完善和提升。教師應(yīng)提高試卷講評的實效性，提升學(xué)生的直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng)。本文以一道試題為切入口，展開“與平面圖形有關(guān)的數(shù)量積問題”的復(fù)習(xí)。

[例1]如圖1，已知在[Rt△ABC]中[∠A=90°]，[AB=2]，[AC=4]，點[P]在以[A]為圓心，且與邊[BC]相切的圓上，則[PB·PC]的最大值為? ? ? ? ? ? ? ?。

A. [16+1655] B. [16+855]

C. [165] D. [565]

一、試卷分析

學(xué)生答題的正確率為28.6%。經(jīng)過訂正，發(fā)現(xiàn)學(xué)生出現(xiàn)如下問題。

1.從數(shù)量積定義[PB?PC=PBPCcos∠BPC]出發(fā)，做不下去了。

2.在[△BPC]中，由余弦定理得[BC2=PB2+PC2-2PB?PC?cos∠BPC ]， [∴PB?PC=PBPCcos∠BPC=]

[12PC2+PB2-BC2=12PC2+PB2-10]。

3.[∵BC=PC-PB]，[∴BC2=PC-PB2=PC2-2PC?PB+PB2，] [∴PB?PC=12PC2+PB2-BC2=12PC2+PB2-20=12PC2+PB2-10]。

4.由題意以點A為原點建系可知[A（0， 0）]，[B（0， 2）]，[C（4， 0）]，[P（x， y）]，則[PB=（-x， 2-y），PC=（4-x，-y）]，所以[PB?PC=x2-4x+y2-2y]，做不下去了。

原因分析：出現(xiàn)問題1、問題2、問題3是由于[P]點是圓上的動點，[PB]和[PC]都是變化的，并且線段長度之間沒有明顯的幾何量依存關(guān)系，不能輕易地做下去;出現(xiàn)問題4是因為學(xué)生通過建系坐標法得到的結(jié)構(gòu)涉及兩個變量[x]，[y]，沒有注意到[x]，[y]的依存關(guān)系，也沒想到換元或者利用數(shù)形結(jié)合解決問題，導(dǎo)致半途而廢。

二、試題解法

由題意知[BC]與圓[A]相切，切點為[D]，連接[AD]，如圖2。

易求半徑[PA=r=AD=455]。

（可由等面積法或點到直線的距離求得）

解法一（基底法）：由題意可知，不共線向量[AB，AC]的夾角和模已知，作為基底，

[∴PB?PC=（PA+AB）?（PA+AC）=PA2+PA?AC+AB?PA+AB?AC=PA2+PA?（AC+AB）+0=165+PA?（AC+AB）]。

（1）當[PA]與[AB+AC]同向時，[PA?（AB+AC）]取到最大值，此時[PA=455]，[AB+AC=4+16=25]，∴[PA?（AB+AC）]的最大值為[455×25=8]，從而[PB?PC]取到最大值[565]。

（2）取[BC]中點[E]，連接[AE]，如圖3。

[PB?PC=165+PA?（AC+AB）=165+PA?2AE ][=165-2APAE?][cos∠PAE]。

易得[AP， AE]模的大小為定值，根據(jù)它們的夾角[∠PAE=π]，[PB?PC]取到最大值[565]。

解法二（“距離型”求最值法）：如圖4，建立直角坐標系，設(shè)[P（x， y）]，有[x2+y2=165]。

由題意可知[A（0， 0）]，[B（0， 2）]，[C（4， 0）]，則[PB=]? [（-x， 2-y）]，[PC = （4-x，-y）]，

所以[PB?PC=x2-4x+y2-2y=（x-2）2+（y-1）2-5]，從而求[PB?PC]的最大值，

即求圓[x2+y2=165]上點[（x， y）]到點[（2， 1）]的距離的最大值平方后減去5，

所以只需求圓[x2+y2=165]上點[（x， y）]到點[（2， 1）]的距離的最大值[dmax]，

根據(jù)平面幾何知識知，[dmax]等于圓心[（0， 0）]到點[（2， 1）]的距離加上半徑，

[即 dmax=（2-0）2+（1-0）2+455=5+455=955]，

此時[（dmax）2-5=815-5=565]，所以[PB?PC]的最大值為[565]。

解法三（“截距型”求最值法）： 同解法二，[PB?PC=x2-4x+y2-2y=-4x-2y+165]，從而求[PB?PC]的最大值，即求與直線[-4x-2y=0]平行的直線在[y]軸上截距的最大值。

當直線[-4x-2y=m][ y=-2x-12m]與圓相切，此時圓心[（0， 0）]到該直線[-4x-2y-m=0]的距離等于半徑[r=455]，即[-4×0-2×0-m（-4）2+（-2）2=m25=455]，解得[m=±8]，

所以[-4x-2y]的最大值為[m=8]，[PB?PC]的最大值為[8+165=565]。

解法四（三角函數(shù)法）：實際上可以認為是應(yīng)用參數(shù)方程或者進行三角換元求最值。

如圖5，建立直角坐標系，圓A：[x2+y2=165]，設(shè)[P45cos θ， 45sin θ]

[θ∈0， 2π]，

由題意可知[A（0， 0）]，[B（0， 2）]，[C（4， 0）]，

則[PB=- 45cos θ， 2-45sin θ] ，

[PC=4-45cos θ，-45sin θ]，

所以[PB?PC=-165cos θ+165cos2θ-85sin θ+] [165sin2 θ=- 165cos θ-85sin θ+165 =- 8sin（θ+φ）+][165]，其中[tan φ=2]，[θ∈0， 2π]，

[∵-1≤sin（θ+φ）≤1]，∴當[sin（θ+φ）=-1]時，[PB?PC]取到最大值[565]。

解法五（平面向量“極化恒等式”法）：

設(shè)[a， b]是兩個平面向量，則有恒等式：[a?b=14（a+b）2-（a-b）2]。

如圖6，半徑[PA=r=AD=455]，取[BC]中的點[E]，連接[PE]，[∴PB?PC=14（2PE）2-BC2=PE2-14BC2=PE2-5]，

從而求[PB?PC]的最大值，即求圓[A]上的點到[BC]中點[E]的距離最大值，

[∵PEmax=AE+r=12BC+r=5+455=955]， [∴PB?PC]的最大值為[565]。

三、試題變式

變式1：如圖7，已知在[Rt△ABC]中，[∠A=90°]，[AB=2]，[AC=4]，點[P]在以[A]為圓心，且與邊[BC]相切的圓上，則[PB?PA]的取值范圍為? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

解法一（向量法）：

[PB?PA=PBPAcos∠BPA=455PB]·[cos∠BPA]，即求[PB]在[PA]上投影的最值，則[PB?PA]的最大值為[455455+2=165+855]，最小值為[-4552-455=165-855]。

以確定向量[AB]表示變化的向量。

[PB?PA=（PA+AB）?PA=PA2+AB?PA=165-AB?AP=165-2APcos∠BAP]，

即求[AP]在[AB]上投影的最值，同上。

取[AB]的中點[E]，[PB?PA=14（2PE）2-AB2=PE2-14AB2=PE2-1]，

由圖8可知，[AE+r=r-12AB≤PE≤AE+r=12AB+r=1+455]，

即[455-1≤PE≤1+455]，所以[165-855≤PB?PA≤165+855]。

解法二（坐標法）：如圖9，建立直角坐標系，設(shè)[P（x， y）]，有[x2+y2=165]，

由題意可知[A（0， 0）]，[B（0， 2）]，[C（4， 0）]，則[PB=]? ?[（-x， 2-y）]，[PA=（-x，-y）]，[PB?PA=x2+y2-2y=x2+（y-1）2-1]（距離型），當[P（x， y）]取[0，-455]時，[PB?PAmax= ][0+-455-12-1=165+855]，當[P（x， y）]取[0，455]時，[PB?PAmin=0+455-12-1=165-855]。

或者（截距型）：[PB?PA=x2+y2-2y=165-2y]，從而求[PB?PA]的最大值，即求與直線[-2y=0]平行的直線在[y]軸上截距的最值，[∵-455≤y≤455]，[∴165-855≤y≤165+855]。

或者（三角函數(shù)法）：圓A：[x2+y2=165]，設(shè)[P45cos θ， 45sin θ] [θ∈0， 2π]，

由題意可知[A（0， 0）]，[B（0， 2）]，[C（4，0）]，

則[PB=- 45cos θ， 2-45sin θ]， [PA=] [-45cos θ， -45sin θ]，

所以[PB?PA=165cos2θ-85sin θ+165sin2θ=165--855sin θ]，

[∵-1≤sin θ≤1]，∴[165-855≤PB?PA≤165+855]。

小結(jié)：根據(jù)不同的已知條件，如何選擇最優(yōu)的解法？

（1）如果是含有直角的圖形，圖形本身具有對稱性的圖形（如長方形、正方形、圓等），圖形已知夾角或邊長，可以考慮使用基底法或者坐標法;

（2）如果圖形不具備建系的條件，或者已知向量確定不變時，可以選擇基底法或投影法;

（3）圓上動點與圓外定點、定直線的最值問題，轉(zhuǎn)化為圓心與圓外定點、定直線的最值問題。

變式2：如圖10，過點[P（-1， 1）]作圓C：[（x-t）2+（y-t+2）2=1（t∈R）]的一條切線，切點為[A]，則[PA·PC]的最小值是? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

變式2設(shè)計為含參的題型，同樣需要將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，選擇合適的代數(shù)方法求解，這也是新高考常見的考查方向。從實際課堂互動來看，學(xué)生在這塊確實存在困難，需要單獨進行專題化復(fù)習(xí)講解。

四、教學(xué)總結(jié)

1.讓學(xué)生掌握基本的解法：將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)模型，再利用幾何意義解題，體現(xiàn)數(shù)形結(jié)合思想;由多變量問題向單變量問題轉(zhuǎn)化（換元或者代換），變量統(tǒng)一，體現(xiàn)化歸思想。

2.訓(xùn)練學(xué)生的思維。收集問題，進行題型歸類、方法歸類、知識拓展。通過一題多解、一題多變、一題多問，訓(xùn)練發(fā)散性思維;多題歸一，訓(xùn)練整合思維。

3.讓學(xué)生選擇最優(yōu)解法。在復(fù)習(xí)中，教師應(yīng)根據(jù)學(xué)情，引導(dǎo)學(xué)生選擇最優(yōu)的方法。

4.試卷講評課的基本做法：

（1）剖析問題，攻破難點。統(tǒng)計學(xué)生的答卷數(shù)據(jù)，將知識點、計算方法等歸類。根據(jù)分析的數(shù)據(jù)，有選擇地重點講評試題，這樣既能節(jié)省時間，又能攻破難點。

（2）內(nèi)外牽引，齊頭并進。一份試卷的講評不能僅限于就題講題，要有變式、拓展。一類方法，要串聯(lián)盡可能多的知識;一個板塊，要總結(jié)出常規(guī)方法、合適方法和技巧性方法，以供學(xué)生選擇，這樣學(xué)生都得到較好的提升。

（3）對中擇優(yōu)，對中覓簡。試卷講評過程中，一題多解要突出優(yōu)解。試卷講評不僅要講評錯題，也要選擇性地講評正確的題目;同一個知識點，不同題型，如選擇題、填空題、解答題，方法往往因題而異，應(yīng)做到“快、狠、準”。

（4）暴露錯誤，引導(dǎo)分析。利用多媒體展示學(xué)生的卷面和答題過程，突出常見錯誤和優(yōu)秀解法，展示較難問題的分析與解決過程，對標評分細則，提要求、立規(guī)矩。

（5）試卷講評要重視思路的分析和思維的鍛煉。教師要多學(xué)習(xí)、多研究，知道“考什么，怎么考，怎么解，如何賦分”。教學(xué)中，教師要以微專題的形式各個擊破，給學(xué)生思考和討論的空間，掃除盲點、查漏補缺、增分數(shù)、提能力。

總之，教師應(yīng)讓學(xué)生在數(shù)學(xué)教學(xué)活動中發(fā)揮自身的內(nèi)在潛能，對標高考評價體系的“一核、四層、四翼”，在深度思考中深化“四基”，在探究和發(fā)現(xiàn)中提高“四能”，在構(gòu)建知識體系和綜合應(yīng)用知識的過程中發(fā)展數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)。

（責(zé)任編輯 黃桂堅）

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