函数零点一题多解

函数零点一题多解（精选9篇）

函数零点一题多解 第1篇

题目已知一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|α

分析表面上看这是一道不等式题, 但要是从已知不等式的解集得到待求不等式的解集, 中间需要一个复杂的转化过程, 要完成这一过程, 不妨从函数、方程的角度对条件和结论进行分析.

对条件进行分析:一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集实质是函数y=ax2+bx+c的图像在x轴上方的所有点的横坐标的范围, 依题意不难发现, 二次项系数a<0且方程ax2+bx+c=0的两根是α, β, 从而找到α, β和系数a, b, c的关系

, 思路初步具备.

对结论进行想象:要想得到不等式cx2+bx+a<0的解集, 只需得到c的正负以及cx2+bx+a=0的两根即可.思路明朗, 目标已经确定, 这时怎么实现这一目标就成了解决此题的关键.我们不妨试着从两方面进行推算:

(1) 根据对条件分析的结果, 将a, b, c用α, β表示出来, 将各项的系数都求出来然后再解.

(2) 根据对条件分析的结果, 结合韦达定理直接得到c的正负以及cx2+bx+a=0的两根.

问题分析到此处, 解决它已不再困难, 现将解答过程展示如下:

解法1由题意可得

∴不等式cx2+bx+a<0可化为

aαβx2-a (α+β) x+a<0.

又∵a<0,

∴上式可化为αβx2- (α+β) x+1>0,

即 (ax-1) (βx-1) >0.

又∵0<α<β,

∴不等式的解集为

很显然, 第一种想法被验证成功.下面来验证第二种想法:

解法2由题意可得

设cx2+bx+a=0的两根为x1, x2, 结合上式有

∴ 是方程cx2+bx+a=0的根且c<0, 又∵0<α<β,

∴不等式的解集为

除了以上两种方法还有没有其他方法呢?再继续探索, 发现方程ax2+bx+c=0和方程cx2+bx+a=0的区别只是系数的位置不同, 并且很有规律, 抓住这一特点又可以得到第三种解法.

解法3由题意, α, β是ax2+bx+c=0的两个根.

∴ 是方程cx2+bx+a=0的根.

∴不等式的解集为 .

函数零点一题多解 第2篇

复变函数是继数学分析后的又一门重要的专业基础课, 它的理论和方法不仅在数学的许多分支中如数学物理方程、常微分方程、微分方程数值解等, 而且在其它自然科学和各种工程技术领域中均有着广泛的应用。该课程中的许多经典题目题型新颖, 解法多样, 对于学生理解课程知识, 增强自己能力方面起到了很好的促进作用。而一题多解方法不仅能激发学生的学习兴趣, 促进学生思维品质发展, 培养学生思维的开放性, 促进创新意识的发展, 又能很好地达到学生对所学知识的熟练运用, 实现教学效果的最大化。下面就利用一题多解来对一些经典题型进行分析, 希望能让学生达到举一反三的效果。

2 一题多解在《复变函数》课程中的具体举例

例1:设z1, z2, z3三点适合条件z1+z2+z3=0及|z1|=|z2|=|z3|=1, 证:z1, z2, z3是一个内接于|z|=1的正三角形的顶点。

法一:由undefined, 可知:undefined。

同理可得:undefined, 结合题设条件|z1|=|z2|=|z3|=1, 原命题得证。

法二:由|z1|=|z2|=|z3|=1, 设zj=eiθj, (j=1, 2, 3) 不妨令0≤θ1<θ2 <θ3<2π。

z1+z2+z3=0⇒ (cosθ1+cosθ2+cosθ3) +i (sinθ1+sinθ2+sinθ3) =0

再结合cos2θ+sin2θ=1, 可得

undefined

, 所以undefined, 原命题得证。

法三:考虑恒等式。

(z-z1) (z-z2) (z-z3) =z3- (z1+z2+z3) z2+ (z1z2+z2z3+z3z1) z-z1z2z3 (1)

由z1+z2+z3=0及|z1|=|z2|=|z3|=1, 可得z1z2+z2z3+z3z1=0, 从而由 (1) 式得:

(z-z1) (z-z2) (z-z3) =z3-α

其中α=z1z2z3, |α|=|z1||z2||z3|=1, 故得z1, z2, z3是二项方程z3-α=0 (|α|=1) 的三个根。于是利用复数方根的几何意义, 可知z1, z2, z3就是内接于单位圆|z|=1的正三角形的三个顶点。

分析:对于同一个例题, 分别利用了三角形三边长度相等、三角形三边所对的中心角相等和三角形三个顶点是二项三次方程z3-α=0 (|α|=1) 的三个根三种不同的思想去证明, 综合包括了复数模、复数三角指数表达式以及复数开方根的几何意义等众多知识点, 对于掌握复数定义、运算法则、乘幂和方根计算等十分有利。

例2:已知一调和函数v=ex (ycosy+xsiny) +x+y, 求一解析函数f (z) =u+iv。

法一:计算得:vx=ex (ycosy+xsiny+siny) +1, vy=ex (cosy-ysiny+xcosy) +1

由C-R方程ux=vy知:u=∫vydx=ex (xcosy-ysiny) +x+g (y) ,

又利用C-R方程uy=-vx知:g (y) =-y+c, (c∈R) ,

此时满足条件f (z) =xexeiy+iyexeiy+x (1+i) +iy (1+i) +c=zez+ (1+i) z+c。

法二:利用第四章“解析函数的惟一性定理”可以构造如下简便解法:

vx=ex (ycosy+xsiny+siny) +1表示简记, 其中令x=z, y=0)

分析:解法一是最基础的偏积分解法, 但是运算较繁琐, 解法二是建立在惟一性定理之上的新解法, 具有计算简单、容易掌握等优点, 在解析函数构造中有着重要作用。

例3:计算积分I=undefinedundefineddz。

法一:该积分被积函数孤立奇点为方程z10+1=0的零点, 也即有10个一级极点zj (j=1, 2, …, 10) 且全部在积分曲线c:|z|=2内, 故利用一级极点留数计算规则和留数定理可得:

undefined

法二:利用延拓 (包括无穷远点) 留数定理及无穷远点处留数的计算规则得:

undefined

法三:利用无穷远点定义来计算无穷远点处的留数, 此时:

undefined

所以Resundefined为f (z) 在|z|>1里洛朗展式中undefined的系数) , 故:

undefined

法四:令f (z) =z10+1, 其在c内部亚纯、c上解析且不为零, 则利用对数留数定理:

undefinedundefinedundefined

式中N (f (z) , c) 与P (f (z) , c) 分别表示f (z) 在c内部的零点与极点的个数。可得:

undefinedundefinedundefined

分析:复积分计算是复变函数整个课程的重点和难点, 柯西-古萨基本定理、柯西积分公式和高阶导数公式、留数定理、辐角原理等虽然每个方法都有自己特定的适用条件, 但都可以作为计算复积分的工具。当然, 这样的一题多解对于思路的梳理、知识的灵活运用十分必要。

例4:求出将圆|z-4i|<2变成半平面v>u的共形映射, 使得圆心变到-4, 而圆周上的点2i变到w=0。

法一:根据分式线性变换的应用特点, 我们需要插入两张复平面ζ1, ζ2使得ζ1, ζ2满足“把上半平面变成单位圆”或者“把单位圆变成单位圆”的条件, 再利用公式求解。

插入ζ1平面将圆|z-4i|<2变成单位圆|ζ1|<1, 做变换undefined可, 此时将圆心、2i分别变成0和-i;

插入ζ2平面将半平面v>u变成上半平面Imζ2>0, 做变换undefined即可, 此时将-4、0分别变成undefined和0;

再利用共形映射的一一性, 原题即是求把上半平面Imζ2>0映射成|ζ1|<1且满足undefined和0分别映成0和-i, 利用原有公式知:

undefined

又0映成-i, 带入数据, 求得:k=1,

所求变换即为:undefined,

化简得到:undefined。

法二:利用共形映射的保对称点性, 题目隐含要求应把∞ (圆心关于圆周的对称点) 映成-4i (-4关于v>u的对称点) , 再结合该映射把2i变到w=0, 可设:

undefined

又把圆心 (4i) 变到-4, 带入数据, 可求得:α=-2-4i。

故所求满足题设条件的共形映射为:undefined。

分析:此题为“共形映射之分式线性变换”一节中的经典题目, 全面展示了解析函数 (映射) 在几何上的优良应用, 可以说是“共形映射”一章之集大成者。解法一是最基础、数学思维最缜密的, 但是运算较繁, 解法二则另辟蹊径, 利用“共形映射保对称点性”来巧妙构造出所求映射, 起到了化繁为简的独特效果。

3 结语

以上四个《复变函数》课程中的常见题型, 使用“一题多解”方法从各个方面、各个角度对题目进行了分析和探索, 对于我们掌握课本知识、理清知识脉络都大有裨益。各种不同方法是不同思维之间的碰撞, 这也从另一方面锻炼了同学们串联知识、解决实际问题的能力。在去年对我们院系数学与应用数学2010级学生该课程的课堂教学中, 我们有意识地加强了“一题多解”这种方法的讲授和练习, 大大提升了学生们的学习积极性, 取得了较好的教学效果。

参考文献

[1]钟玉泉.复变函数论[M].北京:高等教育出版社, 2004.

求异思维、一题多解 第3篇

一、正向思维和逆向思维

例题1. 汽车以20的初速度做匀减速运动，5s末停下来，求汽车2s末至4s末通过的路程？

（1）按照正向思维的方法，其解是：

a = = = –4

汽车前4s通过的路程s= vt +at=20×4–×4×4=48m

汽车前2s通过的路程s= vt +at=20×2–×4×2=32m

所以，2s末至4s末汽车通过的路程为：

= s- s= 48m -32m = 16m

（2）按照逆向思维的方法，其解是：

把汽车的运动反向看成是初速度为零的匀加速直线运动，根据s：s：s… = 1：3：5… 可得：

s=at=×4×1=2m

故2s末至4s末汽车通过的路程为：

=（3+5）s= 8×2 =16m

例题2. 一列火车进站做匀减速运动，某人站在月台上，他测得进站火车的第一节车厢从他身旁经过历时t，当火车最后停下来时，火车的第九节车厢末端刚好与该人平齐，求这九节车厢从该人身旁经过共历时多少？

（1）按正向思维的方法，其解：

设每节车厢的长度为L，九节车厢共历时为t

由 v=v+at 和v=0 得到：

v= -at ……

由 s=vt + at 得到：

第一节车厢 L=vt +at……

全部九节车厢 9L= vt +at……

由解得 t=（9+6t）

（2）按照逆向思维的方法，其解是：

把火车的运动逆向看做初速度为零的匀加速运动，则：

L=at-a（t -t） ……

9L=at ……

由解得 t=（9+6t）

由以上两例可知，逆向思维有其独特性，有时它比正向思维解题更加简便易行。

二、单向思维和多向思维

例题3. 做匀加速直线运动的物体，从某时刻起，在第3s内和第4s内的位移分别为21m和27m，求加速度a和某时刻的速度v。

本题解法较多，这里给出四种

解法（1） 设前2s、前3s、前4s的位移各为s、s、s 则有：

s=2v+a×2

s=3v+a×3

s=4v+a×4

再设第3s内、第4s内的位移分别是s、s 则有：

s= s- s= v+2.5a = 21 ……

s= s- s= v+3.5a = 27 ……

由解得 ：a = 6 v = 6

解法（2）：根据s=at得：

a == 6

设2s末的速度为v，则s= vt+at

即 21`= v×1+×6×1 ∴ v= 18

根据v=v+at 得v=18-6×2=6

解法（3）： 设2.5s末、3s末的速度为v、v 则：

v==21 v==24

又根据v=v+at 得 ：24= v+3a ……

21= v+2.5a ……

由解得： a = 6 v = 6

解法（4）：初速度v≠0的匀变速直线运动可视为一个速度等于v的匀速直线运动和一个初速度为零、加速度为a的匀变速直线运动的合运动。这样初速度为零的匀变速直线运动的特殊规律便可直接应用了。于是有：

==

解得：v = 6

由s=at得 a = 6

比较可知，解法（1）依赖于单向思维模式s=vt + at ，思维狭窄。而解法（2）、（3）、（4）善于从不同的方向和角度系统的分析考虑，尽所有可能寻求解决问题的各种方法和答案，摆脱了单向思维的单一化。多向思维是培养学生能力、发展学生智力的重要途径。

函数零点一题多解 第4篇

类型一:正弦余弦型不等式

例1:在(0,2π)内,使sinα>cosα成立的a取值范围为( ).

A.(π/4,π/2)∪(π,5π/4) B.(π/4,π)

C.(π/4,5π/4) D.(π/4,π)∪(5π/4,3π/2)

解法一:(三角变换)sinα>cosαsinα-cosα=sinα(α-π/4)>0, 考虑到α∈(0,2π), 则只需要0<α-π/4<π,即α∈(π/4,5π/4),所以选择C.

解法二:(三角函数定义)由三角函数的定义sinα=y,cosα=x,所以只要0<α<2π,而在 (0,2π)范围内终边在y=x的角是π/4和5π/4,则y>x所对应角的范围是 (π/4,5π/4),如图1所示 :

解法三:(正余弦函数图像)在(0,2π)内,画出y=sinα和y=cosα的图像 ,sinα>cosα,即需要y=sinα的图像在y=cosα图像的上方,如图2所示:

容易看到两个临界状态π/4和5π/4,则需要α∈(π/4,5π/4).

【点评】 方法一先使用公式Asinα+Bcosα=sin(α+φ),将sinα-cosα化作一个整体 ,然后通过考察正弦的符号确定α的范围,过程不是很复杂但缺乏直观.方法二充分使用三角函数的定义,非常适合解选择题,但需要给学生解释y>x代表的是直线y=x上方的区域, 实际上可以认为沿着y轴的正方向y增大.方法三借助正余弦函数的图像,只要能够想清楚临界状态π/4和5π/4,则就能很容易得出α的取值范围.三种方法各有千秋,但是我们可以看出,方法二对于做选择题是非常有效的.

类型二:同角三角关系

例2:已知α∈[0,π],sinα+cosα=1/5,则tanα=_.

解法一:(观察法)观察数字1/5, 并结合sin2α+cos2α=1,自然联想到sinα和cosα其中一个为4/5, 另一个为-3/5, 由于α∈[0,π],则sinα=4/5,cosα=-3/5,因此tanα=-4/3.

解法二:(方程组法)由于sinα+cosα=1/5,sin2α+cos2α=1.则有

解得sinα=4/5,cosα=3/5或cosα=-4/5,sinα=3/5, 由于α∈[0,π], 因此sinα=4/5,cosα=3/5, 故tanα=-4/3.也可以由sinα+cosα=1/5得出sinα-cosα的值,具体做法如下:

考虑到sinα>0>cosα,则sinα-cosα=7/5,和sinα+cosα=1/5联立可以解得

sinα=4/5,cosα=3/5,从而tanα=4/3.

【点评】解法一注重直观感觉 ,从给出的数字出发 ,直接猜想出结果,这对于一些常见的勾股数组来说是非常有效的.方法二重视方程思想的渗透,把sinα和cosα看成两个元,只需要联立两个方程,就可以解出sinα和cosα.为了让方程组变得简单一些,笔者又从sinα±cosα和2sinα·cosα之间的联系出发,得出了一次方程组.方法三从已知式子出发,结合sin2α+cos2α=1,凑出关于tanα的方程,避免了解出sina和cosα,最后确定tanα时,需要考虑|sinα|>|cosα|,这显得有点繁琐,但是对于这类问题的逆问题来说,方法三非常实用.比如:已知tanα=2,求(sinα+cosα)2.就可以不 解sinα和cosα , 而直接把 (sinα +cosα )2配凑为tan2α+2tanα+1/tan2a+1,此时只需要把tanα=2代入即可.

类型三:三角函数图像

例3:已知函数g(x)=Asin(覣x+φ)(其中A>0,覣>0,-π<φ<π)的图像如图3所示,求f(x)的解析式.

解法一:由函数图像知振幅A=3,又T=5π/6-(-π/6)=π,ω=2π/T=2.又函数过 (-π/6,0),所以3sin(-π/6×2+φ)=0,结合f(x)=Asin(ωx+φ)图像和y=sinx图像 (见图4)关键点的对应性 ,我们可取-π/6×2+φ=0,得φ=π/3,f(x)=3sin(2x+π/3).

解法二:由函数图像知振幅A=3,且图像过点(-π/6,0) 和(5π/6,0),则根据五点法作图原理有

解法三:由函数图像知T=π,且图像过点(-π/6,0),所以图像由y=3sin(2x)向左平移π/6个单位得到,f(x)=3sin2(x+π/6)=3sin(2x+π/3).

【点评】方法一是常规方法 ,通过周期确定ω,通过图像上的特殊点求φ.方法二是将ω和φ看成两个元,则需要借助两个独立的条件求解,考虑到图像过(π/3,0)和 (5π/6,0),所以得到了关于ω和φ的一个方程组,从而解出ω和φ.这两种方法都用到了五点法作图的原理,关于五点法的对应性,也可以这样理解:注意到f(x)=Asin(ωx+φ),(A>0,ω>0)是一个复合函数,考虑到内函数f(x)=ωx+φ单调递增,所以整个函数的增减性取决于外函数y=sinx.由图3知在x=-π/6附近f(x)单调递增,由图4知y=sinx在x=0附近单调递增,所以-π/6×2+φ=0,应当注意这里π6×2+φ不能取π,否则单调性不相符.方法三从图像变换的角度直接求解出φ,显得比较直观.这里需要注意,确定φ时不唯一,一般要求使最小.

一题多解 激活思维 第5篇

例:如图1所示, 小木块质量m=1 kg, 长木板质量M=10kg, 木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ=0.5。当木板从静止开始受水平向右的恒力F=90N作用时, 木块以初速4 m/s向左滑上木板的右端。则为使木块不滑离木板, 木板的长度L至少要多长? (取g=10 m/s2)

解析:以下均取向右为正方向, 木块以初速v0向左运动, 则v0=-4m/s。

对木块、木板分别受力分析, 如图2、图3所示。

方法一:分阶段观点

木块所受摩擦力向右, 所以

当木块速度为0时, 有0=V0+a1t1, t1=0.8s,

在这段时间内, 木块位移, 即木块向左运动。

对木板, 而f"=f=5N, f"=μFN" (mg+FN') , FN'=FN,

所以f"=55N, a2=3m/s2

木板的位移,

木板、木块第一次相对位移Δx1=x2-x1=2.56m,

此后木块向右加速, 且木板、木块的加速度均不变, 直到速度相同。设此过程所用时间为t2,

木板、木块第二次相对位移Δx2=x2&apos;-x1&apos;=1.44m,

所以木板的长度至少为L=Δx1+Δx2=2.56+1.44=4.0m。

方法二:全过程观点

由于木块相对木板运动, 直到速度相同过程中, 木块、木板所受力不变, 即加速度不变, 可以用一个矢量式解题。设所用时间为t。

木块加速度a1=μg=5m/s2, v0=-4m/s, v1=v0+a1t,

由木块相对木板相对静止的条件得:v1=v2。

由以上各式得:-4+5t=3t, t=2s, v1=v2=6m/s,

所以木板的长度至少为L=x2-x1=4m。

方法三:相对运动观点

由以上可得, 木块加速度a1=5m/s2, 木板加速度a2=3m/s2, 木块初速度v0=-4m/s, 现以木板为参照物, 则相对加速度a相=a1-a2=2m/s2, 相对速度v相=v0-0=-4m/s2,

当木块相对木板静止时, 就是木块不再在木板上滑动, 即v相&apos;=0,

即木块相对木板向左运动了4m, 所以木板的长度至少为L=4m。

方法四:图像观点

由以上可得, 木块加速度a1=5m/s2, 木板加速度a2=3m/s2, 木块初速度v0=-4m/s, 以时间为横轴, 速度为纵轴, 作木块和木板的速度-时间图像如图4, 由图像可知, 图线1、2的交点即为木块、木板相对静止时刻, 此时v=6m/s, t=2s。图线与时间轴所围“面积”即为物体的位移。

一、把自己当成学生, 孩子就会和你打成一片

和班里的孩子相处久了, 感情也日渐加深, 我常常把这种感情带到课堂上, 不自觉的也把自己扮成了学生的角色, 和他们一起探讨、一起学习。当遇到学生容易错的题时, 我不是直接对他们说, 这种方法是错的, 那种方法是对的, 而是先让一些学生说说他们的看法, 之后我会说:“我认为咱们大家讨论一下还是比较好的!”讲授新课时, 有时我会发现个别学生会紧锁眉头, 表情疑惑, 这

方法五:动量观点

木块所受合外力F合1=F-μmg=5N, 木块初速度v0=-4m/s,

木板所受合外力F合2=F-μmg-μ (m+M) =30N,

设木块、木板到相对静止所用时间为t, 两者速度均为v,

对木块动量定理:F合1t=mv-mv0,

对木板动量定理:F合2t=Mv-0,

由以上各式得v=6m/s, t=2s,

所以, 木板长度至少为L=x2-x1=4m。

方法六:能量观点

在本题中, 由于不涉及能的转化和守恒, 只要求位移, 因此用能量观点来解反而显得较为复杂, 在此就不作介绍了。但在一些涉及功能转化的相对运动问题中, 用能量观点来解题, 则显得较为简单。

例谈一题多解 第6篇

笔者认为追求数学美感、联想数学思想方法是探索解题思路的指南, 反思解题过程是发现和改进解题方法的有效途径!

下面, 我们将通过一道例题求解过程的评注, 感知数学解题思路的探索、发现和改进.

解法1注意到各式的数字特征, 将第一项和第三项直接和差化积, 得.

怎样进一步变形呢?联想到余弦的二倍角公式cos2α=2cos2α-1和三倍角公式cos3α=4cos3α-3cosα, 将上式变形为, 再乘上, 我们有:

反思, 联系与转化的方法以及以退为进的思想, 其中关键步骤是乘以, 原式如果直接乘上, 可改进解法.

反思如果我们从运算符号的统一与和谐美出发, 将“-”全部化为“+”, 或者将“+”全部化为“-”, 则可以得出类似的多种解法.

解法3我们知道正弦与余弦函数是一对对偶函数, 它们总是有千丝万缕的联系.利用数学的对称美, 我们有如下的构造对偶方法.

反思这里我们利用了正弦函数与余弦函数的对偶性解决了问题.那么我们用A乘以其本身A, 又会有什么呢?

反思这里用一元二次方程方法解决了三角求值问题, 这得益于余弦的积化和差的公式的特点.这也使我们体会到了数学的奇异美!

由方程根与系数的关系有:

从上面的方程解法可以看出, 它是以方程思想为指南, 将三角问题化为方程问题, 这种思想在处理数学问题时有广泛的应用.

其实三角函数与许多知识紧密相连, 我们完全可以进一步拓宽我们的思路, 挖掘其他解法.其中复数的三角形式就是联系复数与正弦函数与余弦函数的一座桥梁.

解法6因为原式利用复数与三角之间的关系, 将三角问题化归为复数问题.

反思求解形如sinα+sin2α+…+sinnα, cosα+cos2α+…+cosnα (其中n是自然数) 的值, 都可以利用构造思想, 利用复数求解.如果联系到荻美弗定理和共轭复数性质, 利用数学的统一与和谐美, 可改进解法6.

由上可见, 数学美感、思想方法是指导我们探索解题思路的指南、它引导并贯穿于数学解题的全过程;而解题过程的反思, 可以优化思维品质、沟通知识间的联系并发现和改进解题方法.这样, 通过数学思想方法的引领和解题过程的反思将使我们有可能通过有限道题的学习培养起解无限道题的数学机智.

摘要：文章通过一道三角求值问题求解过程的评注, 展示了如何以数学美感、思想方法为指南, 以解题过程反思为途径进行解题思路的探索、发现和改进.这样的一题多解有利于深化数学思想方法的领悟、揭示数学知识有机的相互联系, 从而完善数学认知结构、培养数学能力.

也谈一题多解 第7篇

关键词：一题多解,结果,问题

作为培养学生发散性思维能力与创造性思维能力重要途径之一的一题多解, 愈来愈受到广大教师的重视, 有关这方面的论述已见诸于各大小报刊。作为拾遗, 我也来谈谈一题多解, 就教于同行。

一般来说, 一题多解会得到同一形式的结果, 即所谓“殊途同归”。然而, 我们在解题实践中, 却常常遇到“殊途”却似非“同归”的例子。我认为主要有下面两种情形:

1一题多解的结果是同一教学内容不同形式的表达

我们知道, 一个数学内容的表达形式往往是多种形式的。当一题多解得到不同形式的结果时, 不可冒然断定某种解法有错, 因为这些不同形式的结果或许是等价的。

例1已知log816=a, 16b=5, 试用a、b表示

log4032.l o gÁÂÁÂÃÁÃ

解法1、log4032=ÅÆÃÄ=lo gÄÅ=

l o gÃÄl o gÄÅÃÁÆ

乍一看, 结果“不一致”。但事实上, 由已知条件log816=a, 知a=43, 此时ÁÂÂÁÁÁ=ÁÂÂÁÁÁÂ, 即这两个结果是等价的。

例2、ABC中, C是直角, 内切圆I和边BC、CA、AB

分别相切于点D、E、F, 设BC=a, CA=b,

用a、b、c表示内切圆半径r.解法1、如图1, 连结ID、IE

易证, 四边形IECD是正方形.

解法2、连结ID、IE、IF、IA、IB、IC (如图2) , 则

这里 (1) 、 (2) 貌似相异, 实则相同, 利用aÁbÁcÁ, 易知恒有

两种不同形式的结果相互等价。

2一题多解不能得到等价结果时, 可能是问题假设不相容

一道数学题应是一个有机、和谐的整体, 它要求命题的题设与各条件之间不能互相矛盾, 否则不可能存在满足条件的解。当我们从不同思路出发求解时, 便可能得到矛盾的结果。

例3在ABC中, A=60O, 边AB、AC分别是方程x2-11x+24=0 (1)

的两根, 且边BC=6, 求BC边上的高.解法1、如图3, 设BC边上的高为AD.

AB、AC分别为 (1) 的两根,

即, BC边上的高为23.

解法2、如图4, 不妨设AB>AC.由上面 (1) 式求得AB=8, AC=3。

在AB上取AC'=AC=3, 则由A=60O知ÂÁÂÂÁ是正三角形,

所以, AD=AB·sin B=151614.

显然, 两种解法的结果不同。这里我们不难发现题设条件“BC=6”与条件“A=60O, 边AB、AC分别是方程x2-11x+25=0的两根”是矛盾的, 由题设, 我们可求得BC=7≠6, 这正是导致“殊途”而不“同归”的原因。

例4、如图5, 已知PA切⊙O于A, PE交⊙O于C、E, 直径AF交PE于D.

且OD=2, DC=4, CP=3, AP=6.求⊙O的半径R.

解法1、由切割线定理得:

由相交弦定理, 得ADDF=EDE C

解法2由题设知PAD为直角三角形.

由勾股定理得ADÁDPÁAPÁ.

两种不同的解法, 推理、计算均无懈可击。是什么原因导致了两个互相矛盾的结论?我们不得不回到原题, 由题设进行深入探讨:

从A点作互相垂直的两条射线AP和AF, 在AP上取AP=6, 以P为圆心, 7为半径画弧, 交AF于D.连结PD, 取PC=3, 则CD=4.作AC的中垂线交AF于一点O, 以O为圆心, OA为半径作圆, 则⊙O过A、C且和PA切于A点.

由上述作法可知, 半径OA可由PA=6, PC=3, CD=4, 直接导出, 这是因为:

由PA=6, PC=3, CD=4, 可求得AD=13, DE=5, 由

AD (2R AD) =CD·ED, 可得R=ÂÃÁÁ13, 进而可得

一题多解拓展思路 第8篇

关键词：方法；思路；几何

中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）11-262-01

在平面直角坐标系中直线l的参数方程为 (t为参数)，若以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为sin( )。求直线l被曲线C所截得的弦长。

解：方法1——通法

【思路】分别将所给的参数方程和极坐标方程化为普通方程和直角坐标方程，然后联立解方程组得两曲线的交点，最后由两点间距离公式即可得到所求弦长。

【过程】将直线l的参数方程化为普通方程得

…①

将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程得

②

由①、②联立解方程组，得

和

即直线l与曲线C的两交点分别为

A 、B

由两点间的距离公式，得

｜AB｜=

【评注】此法思路简单，容易想到，但计算繁琐。

方法2——几何法

【思路】由“弦长”可联想到平面几何中的“圆”，进而想到“垂径定理”。 将曲线C的直角坐标方程化为圆的标准方程，然后由点到直线的距离公式可求出弦心距，最后由垂径定理即可求得弦长。

【过程】将直线l的参数方程化为普通方程得

将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程得

即

即曲线C为圆心是 、半径是 的圆

由点到直线的距离公式，得

弦心距=

由垂径定理，得

弦长=

【评注】此法关键是联想到“垂径定理”，计算最简。

方法3——参数法

【思路】由直线l的参数方程可联想到参数的几何意义，于是可采用参数的几何意义来解。先将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程，再与直线l的参数方程联立消去x和y得到关于t的一元二次方程，最后据韦达定理及公式即可求得弦长。

【过程】将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程得

将直线l的参数方程代入上式，得

即

若直线l与曲线C的交点分别为A、B，且它们对应的参数分别为 、 ，则

由参数的几何意义，得

发散思维一题多解 第9篇

原题:水是由氢和氧按1:8的质量化合而成的, 如果要化合5.4千克的水, 需要氢和氧各多少千克?

分析:“在这道题中, 水是由氢和氧按1:8的质量化合而成的。”也就是说“化合成水所需要氢的重量是氧的”或者说“化合成水所需要氧的重量是氢的8倍”。

方法一:根据“氢的重量+氧的重量=化合成的水的重量”, 列方程解。解:设需要氧X千克, 则需要氢千克。或:5.4-4.8=0.6 (千克) , 。答:需要氢0.6千克, 氧4.8千克。

方法二:根据“氢和氧的质量比是1:8”, 因此可以用按比例分配的方法解。, 答:需要氢0.6千克, 氧4.8千克。

方法三:根据已知条件得出“氢和化合成的水的质量比是1:9”, 所以还可以列出比例来解。解:设需要氢X千克。X:5.4=1:9, 9X=5.4, X=5.4÷9, X=0.6, 5.4-0.6=4.8 (千克) , 答:需要氢0.6千克, 氧4.8千克。