高中数学一题多解

高中数学一题多解思维训练
“数学是一个有机的整体，它的各个部分之间存在概念的亲 缘关系。我们在学习每一分
支时，注意了横向联系，把亲缘关系结成一张网，就可覆盖全部内容，使之融 会贯通”。这
里所说的横向联系，主要是靠一题多解来完成的。通过用不同的方法解决同一道数学题，既
可以开拓解题思路，巩固所学知识；又可激发学习数学的兴趣和积极性，达到开发潜能，发
展智 力，提高能力的目的。从而培养创新精神和创造能力。
在一题多解的训练中，我们要密切注意每种解法 的特点，善于发现解题规律，从中发现
最有意义的简捷解法。
例1 已知复数
z
的模为2，求
解法一（代数法）：
设
z?x?yi(x、y?R)，

z?i
的最大值。
则 x
2
?y
2
＝4.z?i?x
2
?(y?1)
2< br>?5?2y.

?y?2,?当y??2时，z?i
max
?3.
解法二（三角法）：
设
z?2(cos
?
?isin
?
),

则

z?i?4cos
2
?
＋（2sin
??1)
2
?5?4sin
?
.


?当sin
?
??1时，z?i
max
?3.
解法三（几何法）：
?
z?2,?点z是圆x
2
?y
2
?4上的点，
z?i表示z 与i所对应的点之间的距离。

z?i
max
?3.
如图1 所示，可知当
z??2i
时，
解法四（运用模的性质）：
y
O
．i
．
-2i
Z
x
图
1

?z?i?z??i?2?1?3

z?i?3.?z?i
max
?3.
而当
z??2i
时，
解法五（运用模的性质）：
?z?i?(z?i)(z?i)?zz?(z?z)i?1
2

.

?5?2I(z),(I(z)表z的虚部）
又

2222
a?b?1,x?y?1.
求证：
ax?by?1.
例2 已知
?I(z)?2,?z?i
max
?9,?z?i
max
?3.
2

分析1 用比较法。本题只要证
1?(ax?by)?0.
为 了同时利用两个已知条件，只需要观察
到两式相加等于2便不难解决。
证法1 ：

?1?(ax?by)?
?
1
2
(a?b
2
?x< br>2
?y
2
)?(ax?by)
2

1
(1?1)?(ax?by)
2

1
?[(a
2
?2ax?x
2
)?(b
2
?2by?y
2
)]< br>2
1
?[(a?x)
2
?(b?y)
2
]?0,2

所以
ax?by?1.

分析2 运用分析法， 从所需证明的不等式出发，运用已知的条件、定理和性质等，得出正
确的结论。从而证明原结论正确。分 析法其本质就是寻找命题成立的充分条件。因此，证明
过程必须步步可逆，并注意书写规范。
证法2 ：
要证
ax?by?1.

只需证
1?(ax?by)?0,

即
2?2(ax?by)?0,

2222
a?b?1,x?y?1.
因为
2222
(a?b?x?y)?2(ax?by)?0,
所以只需证
22
(a?x)?(b?y)?0.
即
因为最后的不等式成立，且步步可逆。所以原不等式成立。
分析3 运用综合法（综合运用 不等式的有关性质以及重要公式、定理（主要是平均值不等
式）进行推理、运算，从而达到证明需求证的 不等式成立的方法）
证法3 ：
a
2
?x
2
b
2
?y
2
a
2
?x
2
b
2
?y< br>2
?ax?,by?.?ax?by???1.
2222

即
ax?by?1.

分析4 三角换元法：由于已知条件为两数平方和等于1的形式 ，符合三角函数同角关系中
的平方关系条件，具有进行三角代换的可能，从而可以把原不等式中的代数运 算关系转化为
三角函数运算关系，给证明带来方便。
证法4 ：
?a
2
?b
2
?1,x
2
?y
2
?1,
?
可设
?
a?sin
?
,b?cos
?
.x?sin?
,y?cos
?

?
ax?by?sin
?
sin
?
?cos
?
cos
?
?cos(
??
?
)?1,

分析5 数形结合法：由于条件
x?y?1< br>可看作是以原点为圆心，半径为1
22
l
y
M·
d
O
x
ax?by?
的单位圆，而
证法5 ：
ax?by
a?b
22
.
联系到点到直线距离公式，可得下面证法。
图
2
（如图2）因为直线
l:ax?by?0
经过
22
x?y?1
的圆心O，所以圆上任意一点
M(x,y)
圆

到直线
ax?by?0
的距离都小于或等于圆半径1，
d?
即
|ax?by|
a?b
22
?|ax? by|?1?ax?by?1.

简评 五种证法都是具有代表性的基本方法，也都是应该掌 握的重要方法。除了证法4、证
法5的方法有适应条件的限制这种局限外，前三种证法都是好方法。可在 具体应用过程中，
根据题目的变化的需要适当进行选择。

2
(z?x)? 4(x?y)(y?z)?0,
求证：
x、y、z
成等差数列。 例3 如果
分析1 要证
x、y、z
，必须有
x?y?y?z
成立才行。 此条件应从已知条件中得出。故
此得到直接的想法是展开已知条件去寻找转换。
证法1 ：
2
?
(z?x)?4(x?y)(y?z)?0,

?z
2
?2xz?x
2
?4xy?4xz?4y
2
?4yz?0,
(x?z)
2
?2?2y(x?z)?(2y)
2
?0,
?
故
(x?z?2y)
2
?0,
x?z?2y?0,

x?y?y?z
，即
x、y、z
成等差数列。
x?y,y?z,z?x
轮换对称特点，此特点的充分利用就是以换元分析2 由于已知条件具有
去减少原式中的字母，从而给转换运算带来便利。
证法2 ：
设
x?y?a,y?z?b,
则
x?z?a?b.

于是，已知条件可化为：
(a?b)
2
?4ab?0?(a?b)
2
?0?a?b?x?y?y?z.

所以
x、y、z
成等差数列。

2
分析3 已知条件呈现二次方程判别式
??b?4ac
的 结构特点引人注目，提供了构造一个
适合上述条件的二次方程的求解的试探的机会。
证法3 ：
当
x?y?0
时，由已知条件知
z?x?0,?x?y?z,
即
x、y、z
成等差数列。
2
(x?y)t?(z?x)t?(y?z)?0,

x?y?0
t
当时，关于的一元二次方程：
2
(z?x)?4(x?y)(y?z)?0,
故方程有等根，显然
t
＝1为方程的一个根，
??
其判别式
从而方程 的两根均为1，
由韦达定理知
t
1
?t
2
?< br>y?z
?1?x?y?y?z.
x、y、z
成等差数列。
x?y
即
简评：证法1是常用方法，略嫌呆板，但稳妥可靠。证法2简单明了，是 最好的解法，其
换元的技巧有较大的参考价值。证法3引入辅助方程的方法，技巧性强，给人以新鲜的感
受和启发。

22
x?y?1
x?y
例4 已知，求的最小值。
分析1 虽然所求函数的结构式具有两个字母
x、y
，但已知 条件恰有
x、y
的关系式，可用
代入法消掉一个字母，从而转换为普通的二次函数求最 值问题。
解法1 ：

?x?y?1,?y?1?x.

22222
z?x?(1?x)?2x?2x?1.

z?x?y
设，则
?
二次项系数为
2?0,
故
z
有最小值。
2
4?2?1－（ －2）1
?21
x???
z
最小值
＝＝.
2?22
时，
4?22

?
当
1
.
x?y
?
的最小值为
2

22

22
x?y?1
x?y
分析2 已知的一次式两边平方后与所求的二次式有密切关联，于是所求
的最小值可由等式转换成不等式而求得。
解法2 ：
222
?x?y?1,?(x?y)?1,x?y?1?2xy.
即
222222
?

2xy?x?y,?x?y?1?(x?y).

即
x
2
?y
2
?
111
,x?y?.
22
x?y
2
当且仅当
2
时取等号。
?
的最小值为
2

分析3 配方法是解决求最值问题的一种常用手段，利用已知条件结 合所求式子，配方后得
两个实数平方和的形式，从而达到求最值的目的。
解法3 ：
22
z?x?y.
设
1111
?x?y?1,?z?x
2
?y
2
?x?y?1?(x?)
2
?(y?)
2
? ?.
2222

111
x?y?z
最小
＝..
22
x?y
2
时，
2
即
?
当的最小值为
2

分析4 因为已知条件和所求函数式都具有解析几何常见方程的特点，故可得到用解析法求
解的启发。
解法4 ：
22
x?y?1
x?y
l,
如图3，表示直线
y
l
1
P(x,y)
O
1
x
表示原点到直线
l
上的点
P(x,y)
的距离的平方。
显然其中以原点到直线
l
的距离最短。
图
3
d?
此时，
2
|0?0?1|
2
2
?
2
,
( x
2
?y
2
)
最小
＝
2
.
2即
2

1
.
x?y
所以的最小值为
2

2222
x?y?z,x?y?z
有交点时，半
x?y?1< br>注 ：如果设则问题还可转化为直线与圆
径
z
的最小值。
简评： 几种解法都有特点和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、4都紧紧地抓住题设
条件的特点，与相关 知识联系起来，所以具有灵巧简捷的优点，特别是解法4，形象直观，
值得效仿。
例5 设< br>z?R,
z
?R.
2
1?z
求证：
|z|?1.
z
2
分析1 由已知条件
1?z
为实数这一特点，可提供设 实系数二次方程的可能，在该二次方
程有两个虚根的条件下，它们是一对共轭虚根，运用韦达定理可以探 求证题途径。
证法1 ：
z
?a(a?R),
2
1?z
设当
a?0
时，可得
z?0
与
z?R
条件不合。
?a?0.
于是有
az
2
?z?a?0.

? z?R,?
该方程有一对共轭虚根，设为
z
1
,z
2
，于是
z
1
?z
2
,?|z
1
|
2
?| z
2
|
2
.

又由韦达定理知
z
1?z
2
?
a
?1,?z
1
?z
1
?z
2
?z
2
?|z
1
|
2
?|z
2
|
2
?1.?|z|?1.
a

分析2 由于实数的共轭 复数仍然是这个实数，利用这一关系可以建立复数方程，注意到
zz?|z|
2
这一重 要性质，即可求出
|z|
的值。
证法2 ：
z
?a(a?R),
2
设
1?z
当
a?0
时，可得
z?0
与
z?R
条件不合，
?a?0.

a?
zzz
?a?a,??.
1?z
2
，
1?z
2
1?z
2
则有
22
z(1?z)?z(1?z)?z?z(z?z)?z?z(z?z).
即

2222
z?z?|z|,?z?z?|z|?z?z?|z|,?(z?z) (1?|z|)?0.
但
2
z?z?R,?|z|?1.
即
|z|?1.
而
分析3 因为实数的倒数仍为实数，若对原式取倒数，可变换化简为易于进行运算的形式。
再 运用共轭复数的性质，建立复数方程，具有更加简捷的特点。
证法3 ：
z1?z
2
11
z??z??z?R.
?R,??R,
2
zz?z
z

1?z
即
从而必有
z?z?1.?|z|?1.
简评：设出复数的代数形式或三角形式，代入已知条件化简求证，一般也能够证明，它是解
决复数问 题的基本方法。但这些方法通常运算量大，较繁。现在的三种证法都应用复数的性
质去证，技巧性较强， 思路都建立在方程的观点上，这是需要体会的关键之处。证法3利
用倒数的变换，十分巧妙是最好的方法 。

22
x?y?9
外一点
P(5,12)
引圆的割线交 圆于
A、B
两点，求弦
AB
的中点
M
例6 由圆
的轨迹方程。
分析1 （直接法）根据题设条件列出几何等式，运用解析几何基本公式 转化为代数等式，
从而求出曲线方程。这里考虑在圆中有关弦中点的一些性质，圆心和弦中点的连线垂直 于弦，
可得下面解法。
解法1 ：
如图4－2－3，设弦
AB
的中点
M
的坐标为
M(x,y)
，连接
OP、OM
，
则
OM?AB
，在
?OMP
中，由两点间的距离公式和勾股定理有
A
O
B
M
x
y
P
x
2
?y
2
?(x?5)
2
?(y?12)
2
?1 69.

图
4

22
x?y?5x?12y?0.其中
?3?x?3.
整理，得
分析2 （定义法）根据题设条件，判断并确定轨迹的
曲线类型，运用待定系数法求出曲线方程。
解法2 ：
因为
M
是
AB
的中点，所以
OM?AB
，
5(,6)
所以点
M
的轨迹是以
|OP|
为直径的圆，圆心为2
,
|OP|13
?,?
22
半径为该圆的方程为：
513
(x?)
2
?(y?6)
2
?()
2
22

22
x?y?5x?12y?0.
其中
?3?x?3.
化简，得
分析3 （交轨法）将问题转化为求两直线的交点轨迹问题。因为动点
M
可看作直线
OM
与割线
PM
的交点，而由于它们的垂直关系，从而获得解法 。
解法3 ：
设过
P
点的割线的斜率为
k,
则过P
点的割线方程为：
y?12?k(x?5)
.
?OM
的方程为
?

OM?AB
且过原点，
y? ?
1
x.
k
这两条直线的交点就是
M
点的轨
22< br>x?y?5x?12y?0.
其中
?3?x?3.

k,
迹。两方程相乘消去化简，得：
分析4 （参数法）将动点坐标表示成某一中间 变量（参数）的函数，再设法消去参数。由
于动点
M
随直线的斜率变化而发生变化，所 以动点
M
的坐标是直线斜率的函数，从而可得
如下解法。
解法4 ：
设过
P
点的割线方程为：
y?12?k(x?5)

22
x?y?9
的两个交点为
A、B
，
AB
的中点 为
M
. 它与圆
?
y?k(x?5)?12
?
22
x?y?9,
?
解方程组
利用韦达定理和中点坐标公式，可求得
M
点的轨迹方程为：
x
2< br>?y
2
?5x?12y?0.
其中
?3?x?3.

分析5 （代点法）根据曲线和方程的对应关系：点在曲线上则点的坐标满足方程。设而不
求 ，代点运算。从整体的角度看待问题。这里由于中点
M
的坐标
(x,y)
与两 交点
A(x
1
,y
1
)、B(x
2
,y
2
)
通过中点公式联系起来，又点
P、M、A、B
构成4点共线的和谐关
系，根据它们的斜率相等，可求得轨迹方程。
解法5 ：
设
M(x,y),A (x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
),< br>则
x
1
?x
2
?2x,
22
?x
1
2
?y
1
2
?9,x
2
?y
2
? 9.

y
1
?y
2
?2y.

两式相减，整理，得
(x
2
?x
1
)(x
2< br>?x
1
)?(y
2
?y
1
)(y
1
?y
2
)?0.

y
2
?y
1
x?x2
x
??
1
??,
x?x
1
y
1?y
2
y
所以
2
12?y
?
12?y< br>??
x
,
,
5?xy

5?x
ABAB即为的斜率，而对斜率又可表示为
22
x?y?5x?12y?0.
其中
?3?x?3.
化简并整理，得
简评 ：上述五种解法都是求轨迹问题的基本方法。其中 解法1、2、3局限于曲线是圆的条
件，而解法4、5适用于一般的过定点
P
且与二次 曲线
C
交于
A、B
两点，求
AB
中点
M
的
轨迹问题。具有普遍意义，值得重视。对于解法5通常利用
k
PM
?k
AB
可较简捷地求出轨迹
方程，比解法4计算量要小，要简捷得多。