[摘 " " " " "要] "一題多解是對同一個問題站立在不同的角度考慮，最終達到相同結論的一種開闊思路的解題方法;多解歸一是對風馬牛不相及的題目及同類題不同解法，在解題過程中思考方法是一致的。

[關 " 鍵 " "詞] "一題多解;多解歸一;數學方法

[中圖分類號] "G434 " " " " " " "[文獻標志碼] "A " "[文章編號] "2096-0603（2015）15-0026-03

數學是思維的體操，培養(yǎng)學生的邏輯思維，開展啟智教育，永遠是數學教學的任務之一。

例1.紅藥水500ml置于甲燒杯中，藍藥水300ml置于乙燒杯中，用一只容積為50ml的小燒杯，從甲杯中盛滿一個小燒杯紅藥水倒入乙杯中：1.當乙杯中紅藍藥水混合均勻后，仍用這個小燒

杯，盛滿50ml混合液，倒入甲杯中;2.未等乙杯中紅藍藥水混合均勻，即用小燒杯，盛滿50ml液體，倒入甲杯中。問：在這兩種情況下，最后甲杯中混入的藍藥水和乙杯中混入的紅藥水哪個多？

注：這道題目，是我在1977年做學生時的一道普通考題，當時我只作出了第一問，對第二問在考場上思考了兩分鐘左右，無從下手，只好放棄！當時我就不知道換個角度考慮問題。記得當時第一問是這樣做的：

解：第一次倒入后，乙杯中藍藥水的濃度是300÷（300+50）=，那么在返回甲杯中50ml混合液中

第一次倒入后，在乙杯中紅藥水的濃度是1，那么，在返回甲杯的50ml溶液中，紅藥水有這時，乙杯中還有留紅藥水。

答：兩者一樣多。

對于第二問，濃度不均勻，下了考場好多學生認為答案不固定，是題目出錯了嗎？我當時認為不大可能。在教師未講解考題之前，我就一直思考：假設第二次倒入時小燒杯中有xml藍藥水，這xml就是題目所求的甲杯中混入的藍藥水，這時，小燒杯中同時又（50-x）ml紅藥水返回甲杯中。那么乙杯中留下的紅藥水是：50-（50-x）=x（ml）兩者一樣多。題目問的是甲乙燒杯中藍紅藥水哪個多？并不要求具體量是多少，這也是束縛我們考場思維的一個障礙。當然這假設的x在[0，50]這個范圍內。這種遇難而進、逢水架橋，沿著第一問的思路深入下去也是一直可以借鑒的思想方法。第二天，教師講解第二問，要求我們換個角度考慮問題：兩次倒入后，甲杯的液面高度保持不變，但它里面混入了藍藥水，這就說明它擠走了等量的紅藥水，這些紅藥水到哪里去了？當然在乙杯中，所以甲杯的藍藥水與乙杯的紅藥水一樣多。

例2.現在是12：10，再過多少時間，分針和時針第一次重合？

注：這是一個追及問題。記得很早以前在一本雜志上看過，愛因斯坦在病床上時，他的朋友給他出過一道時間追及問題，不過他在5秒之內就算出來了。這與例1是不同的題目，但它們在思考方法上都有相同之處。由于表盤是圓的，我們把它拉直，分針每分鐘前進一格，時針每分鐘前進5/60=1/12格，則有：

追上時間=距離差/速度差。

問題的解決是很基本的，但距離差是多少？并不是想當然的，12：10，分針指向第十個格處，時針卻不在12點處，超了一點，超了多少？我們換個角度思考。12：10后分針時針第一次重合的位置與12點整之后分針時針第一次重合的位置是相同的，但12點整分針時針是重合的，它們的距離差是0格還是60格？0格顯然是不可取的，算出12點整后用多少時間分針時針第一次重合，再減去10分鐘就是12：10后分鐘時針第一次重合所用到時間。

解法一：

依題意：60/（1-1/12）-10=55+5/11（分鐘）

答：再過55+5/11分鐘，分針時針第一次重合。

不換角度，在原來的思路上深入下去，問題也應得到解決！

解法二：

依題意：（50+（1/12）×10）/（1-1/12）=55+5/11（分鐘）

答：再過55+5/11分鐘，分針時針第一次重合。

說明：例1、例2這兩道題目，從類型上，它們風馬牛不相及，但解法的醞釀過程卻如出一轍。它們的解法一都是在分析問題時遇到困難，換個角度來考慮;它們的解法二都是在分析問題時遇到困難，不換角度，沿著原思路，深入思考，分析問題的癥結所在，克服困難，繼續(xù)前行，這是不是多題一解？這個“一解”，不是死的方法和套路，而是一種思想方法，是普遍使用的。在此我們把它應用到例3、例4上。

例3.如圖1所示：

P（x，0），A（0，a），B（0，b）其中xgt;0，bgt;agt;0.

問：動點P在什么位置時∠APB最大？

這是一道高考題，這道題目的本意是考查對平面解析幾何中平面內兩相交直線夾角公式的掌握，其公式為：

tanθ=（k2-k1）/（1+k1k2）……①

其中θ是直線L1沿逆時針方向轉到直線L2所成的角。從閱卷情況來看，采用隨機抽樣的方法，做對這道題目的學生不到5%。這道題目并不難，究其原因。

課本上當時還給出了這樣一個公式：

tanθ=|（k2-k1）/（1+k1k2）|……

②其中θ是直線L1與直線L2所成銳角。用到本題上，由于出現絕對值符號，而一時半會又解不開，只好不用。大多數學生記住了公式②卻忘了公式①。公式①和公式②一樣方便，但k1，k2若含有參數時取絕對值符號就要分類討論，不容易了。殊不知，公式①是公式②的基礎。在日常學習過程中，有的教師告訴學生，用余弦定理好，不存在打開絕對值符號的問題。這樣考卷上就出現了

cosθ=（|PA|2+|PB|2-|AB|2）/（2|PA|×|PB|）

=（x2+a2+x2+b2-（b-a）2）

=（x2+ab）

由于分子分母都含有x，一時又不好處理，有的學生就放棄了。

解法一：

tan∠APB=（kPA-kPB）/（1+kPA×kPB）

=（-a/x+b/x）/（1+ab/x2）=（b-a）/（x+ab/x）

≤（b-a）/2（b-agt;0）

當x=ab/x即時取等號。

答：當P點為P時，∠APB最大值為arctan（b-a）/2.

注：用公式①不用公式②繞過絕對值號，這是出題人的本意。

解法二：

cos∠APB=（x2+ab）

=1/（x2+ab）}

=1/

在本解法中，要沿著固有的想法走下去，遇到困難時克服困難，勇往直前。

換個角度考慮本題，用動的觀點來思考。

動點P在x軸正半軸上移動，當P點無限接近原點O或者無限趨于正無窮時，∠APB都趨于0。這說明在x軸正半軸上，某處必存在動點P使∠APB最大，這一點是哪里呢？

如圖2所示，圓O過AB且與x軸正半軸相切。

通過平面幾何知識可證：

∠APBgt;∠AP′B且P（，0）

這是解法三的思路。

解法四：

tan∠APB=|（kPA-kPB）/（1+kPA×kPB）|=|（-a/x+b/x）/（1+ab/x2）|

=|（b-a）/（x+ab/x）|

因為bgt;agt;0，xgt;0所以b-agt;0，x+ab/xgt;0

同樣可去掉絕對值號，只用公式②不用公式①沿著這個思路深入下去，不半途而廢，也可得出結論。

解法五：

tan∠APB=tan（∠BPO-∠APO）=（tan∠BPO-tan∠APO）/（1+tan∠BPOtan∠APO）

=（b/x-a/x）/[1+（a/x）*（b/x）]

這種方法也能去絕對值號。

注：在考場上要看清題，勇于挑戰(zhàn)，弄懂細節(jié)，善于觀察，多方位思考，再欣然命筆。

例4.四邊形內有一點M，使過M的一切直線都把四邊形分成面積相等的兩部分，試判斷四邊形的形狀。

注：這道題目屬數學競賽題，有難度，但通過分析運用我們學過的思想方法，是可以找到答案的。

分析：從面積相等出發(fā)，過M點作任兩條直線，都使這個四邊形面積等分，則會出現一個等積的式子。還有一個方法是，平行四邊形對角線的交點具備題中M的性質，但反過來具備點M性質的四邊形算法一定是平行四邊形呢？如果成立，則我們又找到了平行四邊形成立的一個充要條件。題目的條件較少，解法可采用反證法。

解法一：

如圖3所示：

在四邊形ABCD中，過M任作兩條直線P1Q1和P2Q2，且P1∈DC，P2∈DC，Q1∈AB，Q2∈AB，則有

S（P1CBQ1）=S（ABCD）=S（P2CBQ2）

S（P1CBQ1）-S（MP1CBQ2）=S（P2CBQ2）-S（MP1CBQ2）

S（△Q1MQ2）=S（△P1MP2）

1/2MQ1×MQ2×sin∠Q1MQ2=1/2MP1×MP2×sin∠P1MP2

（∠Q1MQ2=∠P1MP2它們是對頂角）

MQ1×MQ2=MP1×MP2 ？圯MQ1/MP1=MP2/MQ2

在△MQ1Q2和△MP1P2中，對頂角相等，對應的邊寫出了一個比例式但順序不對，怎么辦？遇水架橋，逢山開路，橋如何架？路如何開？看一看已知條件是否用充分了。題目的條件是一切直線，而我們在解題過程中，設過M的任兩條線，“任兩條線”是否能充分反映了“一切直線”？那就再填一條直線，看看效果如何？

如圖4所示：

過M作直線P3Q3，使P3∈DC，Q3∈AB，是直線P3Q3夾直線P1Q1與直線P2Q2之間。

與前同理，在△Q2MQ3和△P2MP3中，可得MQ3/MP3=MP2/MQ2

而MQ1/MP1=MP2/MQ2 MQ3/MP3=MQ1/MP1

△MQ1Q3∽△MP1P3 ∠MQ1Q3=∠MP1P3 AB//DC

類似地有：AD//BC四邊形ABCD為平行四邊形。

解法二：

過點M作線段P1Q1，P2Q2其中P1，P2∈DC，Q1，Q2∈AB（如圖4）由已知可得S（△P1P2M）=S（△Q1Q2M）

1/2MP1×MP2×sin∠P1MP2=1/2MQ1×MQ2×sin∠Q1MQ2

MP1×MP2=MQ1×MQ2……①

假設MP1MP2gt;MQ2……②

（已知條件是過M的一切直線）

過M做線段P3Q3，P3∈DC，Q3∈AB

在△P1P3M和△Q1Q3M中，由MP1MQ3

在△P2P3M和△P2Q3M中，由MP3gt;MQ3MP2

這與②矛盾！

若開始假設MP1gt;MQ1，同理可引出MP2MQ2的

矛盾。

MP1=MQ1，代入①式有MP2=MQ2△P1P2M≌△Q1Q2M

∠P2PQM=∠Q2Q1MAB//DC

類似地AD//BC？圯四邊形ABCD為平行四邊形。

說明：

1.解法一和解法二迥然不同，一個順證發(fā)，一個反證法，但在說明過程中，越過困難的關鍵，都是做了第三條直線P3Q3，這是否屬于多解歸一？充分應用已知條件，得出結論。

2.這兩個解法，嚴格來講，都存在同一個不嚴密的地方，那就是P1，P2，P3是否都在線段DC上，同時Q1，Q2，Q3都在AB上。

情況1：如圖5所示：

連CM并延長交AB于C1，連DM交AB于D1，如圖5所示。在DC上任取一點P1，連P1M并延長必交C1D1于Q1（因射線MQ1在∠C1MD1內部）。

情況2：如圖6所示：

如圖，若連DM延長后交BC于D1而不是交于線段AB，則再連BM延長后必交DC于B1，這時，在B1C上任取三點P1，P2，P3，與M連接延長都交于線段C1B內。

情況3：如圖7所示：

連CM延長交AD于C1，連DM延長交BC于D1，這時連BM延長后必交CD于B1，連AM延長后必交CD于A1，在A1B1上任取三點P1，P2，P3與M連接并延長都可作出需要的線段。

參考文獻：

李方紅.一題多解與個性化解題協(xié)同化初探[J].成功：教育，2013（3）：66-67.