一题多解让数学解题更精彩-《中学生数理化》高一数学2026年6月刊

中学生表理化舞翠根丽年6月 题多解让数学解题更精彩 ■殷方龙 一题多解，殊途同归，是数学世界的一个 则b·c=x=1,所以c=(1,y),所以|a一c “奇观”，它不仅体现了数学的内在美，同时也 让数学解题精彩无限。下面撷取几个与本学 √)》+(-)++可 期学习内容相关的一题多解的例子，与同学 此式的几何意义是y轴上一点P(0,y)到点 们共赏。 一、平面向量问题 A(号，)和B1,0)的距离之和，所以 例1已知向量a,b,c满足|a|=|b|= |PA|+|PB|≥|AB|=√7（当点P为线段 |a+b|=b·c=1,则|a一c|+|c|的最小值 AB与y轴的交点时取等号)。故|a一c|十 为一。 |c|的最小值为√7。 解：（方法1）如图1，设OA=a,OB=b, 二、解三角形问题 O心=c,延长OB到D,使得OB=BD。 例2在△ABC中，内角A,B,C的对 0 边分别为a,b,c,且a=6,A=60°。 (1)若AD为BC边上的高线，求AD的 最大值。 (2)已知AM为BC边上的中线，∠BAC 的平分线AN交BC于点N,且tanB= 图1 sin A 因为CB.OB=(b一c)·b=b2-b·c 2-c0sA,求△AMN的面积。 =1-1=0,所以BC⊥OB,OC1=1CD1,所 解：(1)（方法1）由余弦定理得36=b2+ 以|a-c|+1c1=|CA|+1O元|=|CA1+ c2-2 bccos60°=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc, 1CD1≥AD1=|2b-a|=|a-2b1。下面 所以bc≤36（当且仅当b=c=6时取等号）。 求出|a一2b的值即可。 因为a|=|b|=|a+b|=1,所以(a+ 因为S△ABC= 2a·AD,所以AD b)2=a2+b2+2a·b=2+2a·b=1,所以 bcsin A36×sin60 =3√3，故AD的最 a 6 a·6=-合，所以a-261 大值为3√3。 √a-4a·b+4b=√个+2+4=√7，所以 (方法2)由a=6,A=60°知点A在⊙O a一c|十|c|的最小值为√/7。 的优弧BC上运动（如图2）。 (方法2)因为|a|=|b|=|a+b|=1,所 以(a+b)2=a2+b2+2a·b=2+2a·b= 1,所以a·b= 1 。据此可得，cos〈a,b) 1 a·b 2 ab 一1×1 2,所以(a,b)=2 1 3 。不 妨设b=10a=(，）=y 图2 42 高一数华。翠滑中学生教理化 创新题追根溯源 显然，当点A在BC的中垂线上，即点A 1 位于点A'处时，边BC上的高最大，此时 MN=1,所以S AAMN=zMN·AC=3。 △ABC为等腰三角形。 三、立体几何问题 因为A=60°，所以△ABC为正三角形。 例3如图3，在直三棱柱ABC-A,B,C 由BC=a=6得A'D=3√3，即AD的最大 中，∠BCA=90°，E,F分别是A1B1,AC 的中点。若BC=CA=CC1,则异面直线BE 值为35。 与AF所成角的余弦值为 (2)(方法1)因为tanB=sinB E cos B 2=cosA,所以2sinB-sin Bcos A sin A sin Acos B,所以2sinB=sin Bcos A+ sin Acos B=sin(A+B),即2sinB=sinC。 由正弦定理得c=2b。 由(1)中36=b2+c2一bc结合c=2b得 图3 b2=12,所以b=23,c=4V3,所以S△ABC= 解：（方法1）如图4，延长EA1至点G, 2 besin A=63。 使EG=BA。 因为AN平分∠BAC,所以A上_BN AC-NC- 2,所以S64m=子S6m 又因为AM是BC边上的中线，所以 S6w=7Saac,所以SaAn=Sae-Saw 图4 因为ABCA1B1C:是直三棱柱，所以 6SAAe=5。 EG∥BA,所以四边形EBAG是平行四边形， (方法2)同方法1得b=2√3，c=4√3。 故AG∥BE,所以∠GAF(或其补角)即为异 因为a=6,所以△ABC是以角C为直角的 面直线BE与AF所成的角。 直角三角形。由于AN平分∠BAC,AM是 设BC=CA=CC1=2,则BA=2√2，所 BC边的中线，且BC=a=6,所以A5=B 以AG=BE=√6，AF=√5。 ACNC 在△A1FG中，A1F=1,AG=√2， =2,BM=MC,所以MN=1,CN=2,所以 ∠FA1G=135°，由余弦定理得FG=√5。在 AN=√AC+NC=4,∠ANC=60°，所以 △GAF中，由余弦定理得cos∠GAF= ∠ANB=120,所以S6w=合AN·NM· AGAF-FG30 2·AG·AF 10 sin120°=√3。 (方法2)如图5，取BC的中点H。 (方法3)由A=60°得tanB=2-cosA sin A B 3,所以B=30,所以C=90°。 因为a=6,所以c=4√3。由AN是角 平分线知∠CAN=30°。在Rt△ACN中，易 得CN=2。又因为CM=2CB=3,所以 1 图5 43 创新题追根溯源 中学生数理化高数学2026年6月 由ABC-A1B1C1是直三棱柱得B1C1∥ (方法2)设“甲命中目标”为事件A,“乙 BC,B1C1=BC。由E,F分别是A1B1, 命中目标”为事件B,则P(A)=是，P(B) A,C1的中点得EF∥B,C1,EF= B,C,所 专，P(A)=子P(B)=专，所以目标没有被 4 以EF∥BH,EF=BH,所以四边形BEFH 是平行四边形，所以HF∥BE,所以∠HFA 击中的概率为P(A)P(B)=1×1=1 5×=20，所 (或其补角)即为异面直线BE与AF所成 的角。 以目标至少被击中1次的概率为1一。 设BC=CA=CC1=2,则AF=√5，AH 19 =√5，HF=BE=√6。在△HFA中，由余弦 209 五、复数问题 定理得cos∠HFA=V3o 10 例5已知复数之满足|之|=2，则|之+ 四、概率问题 2乏|的最大值为。 例4(1)甲、乙两人独立破译同一密 解：（方法1）设复数之=a十bi(a,b∈R), 码，甲破译密码成功的概率为0.3，乙破译密 则乏=a一bi。因为|之|=√a+b=2,所以 码成功的概率为0,4，则密码被成功破译的 b=4-a≥0，可得0≤a2≤4，所以|x十2之 概率为( )。 =|(a+bi)+2(a-bi)=|3a-bi|= A.0.7B.0.42C.0.46D.0.58 √(3a)2+b=√8a+4。 (2)甲、乙两人向同一目标各射击1次， 因为0≤a2≤4，所以4≤8a2+4≤36，所 卫知甲、乙命中目标的概率分别为是，号则 以2≤√8a十4≤6，所以|之十2乏|的最大值 目标至少被击中1次的概率为。 为6。 解：(1)（方法1）设“甲成功破译密码”为 (方法2)设g=2cos0+i·2sin0,则之+ 事件A,“乙成功破译密码”为事件B,则 2乏=6cos0-i·2sin0,所以|x+2乏|= P(A)=0.3,P(B)=0.4,所以P(AB)= W36cos0+4sin0=W√32cos0+4≤√32+4 0.3×(1-0.4)=0.18,P(AB)=(1-0.3) =6,所以|x十2|的最大值为6。 ×0.4=0.28,P(AB)=0.3×0.4=0.12,所 (方法3)因为|之1=2，所以|之引=2。又 以密码被成功破译的概率为P(AB)十 因为|之+2乏||x|+|2乏|=|之|+2|乏|=2 P(AB)+P(AB)=0.18+0.28+0.12= 十2×2=6，所以|之十2乏的最大值为6。 0.58。应选D。 阳 (方法2)密码不能被成功破译的概率为 P(AB)=(1-0.3)(1-0.4)=0.42,所以密 已知点A(2,3),B(4,5),C(7,10),若 码被成功破译的概率为1一0.42=0.58。应 AP=AB+AAC(入∈R),且点P在直线x 选D。 2y=0上，则入的值为一。 (2)(方法1)设“甲命中目标”为事件A, 提示：设点P(x,y)。由AP=AB+ “乙命中目标”为事件B,则P(A)= AC,可得(x-2,y-3)=(2,2)+入(5,7)= 4 (2+5入，2+7入)，所以x=5入+4，y=7入+5。 4 P(B)=5,所以目标至少被击中1次的概率 因为点P在直线x一2y=0上，所以5入十4 P(A+B)-P(A)+P(B)-P(AB)-3 2(7x+5)=0,解得A=-2 作者单位：东莞市第十高级中学 +4-3×4=19 541 520 (责任编辑郭正华) 44