高中数学解题思维策略
第四讲 数学思维的开拓性
一、概述
数学思维开拓性指的是对一个问题能从多方面考虑；对一个对象能从多种角度观察；对一个题目能想出多种不同的解法，即一题多解。
“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。
数学思维的开拓性主要体现在：
(1) 一题的多种解法
例如 已知复数z 满足1||=z ，求||i z -的最大值。
我们可以考虑用下面几种方法来解决：
①运用复数的代数形式；
②运用复数的三角形式；
③运用复数的几何意义；
④运用复数模的性质（三角不等式）||||||||||||212121z z z z z z +≤-≤-； ⑤运用复数的模与共轭复数的关系z z z ?=2||；
⑥（数形结合）运用复数方程表示的几何图形，转化为两圆1||=z 与r
i z =-||
有公共点时，r 的最大值。
(2) 一题的多种解释 例如，函数式22
1ax y =
可以有以下几种解释： ①可以看成自由落体公式.2
12gt s = ②可以看成动能公式.2
12mv E = ③可以看成热量公式.212RI Q = 又如“1”这个数字，它可以根据具体情况变成各种形式，使解题变得简捷。“1”可以变换为：x tg x a b x x x x a b a a 2222sec ),(log )(log ,cos sin ,,
log -?+，等等。
1． 思维训练实例
例1 已知.1,12222=+=+y x b a 求证：.1≤+by ax
分析1 用比较法。本题只要证.0)(1≥+-by ax 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 )()11(2
1)(1by ax by ax +-+=+- )()(2
12222by ax y x b a +-+++= ,0])()[(2
1)]2()2[(21222222≥-+-=+-++-=y b x a y by b x ax a 所以 .1≤+by ax
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 .1≤+by ax
只需证 ,0)(1≥+-by ax
即 ,0)(22≥+-by ax
因为 .1,12222=+=+y x b a 所以只需证 ,0)(2)(2
222≥+-+++by ax y x b a 即 .0)()(22≥-+-y b x a
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 .2,22222y b by x a ax +≤+≤ .12
22
222=+++≤+∴y b x a by ax 即 .1≤+by ax
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 ,1,12222=+=+y x b a ∴可设
∴ββααcos ,sin .cos ,sin ====y x b a
∴,1)cos(cos cos sin sin ≤-=+=+βαβαβαby ax
分析5 数形结合法：由于条件122=+y x 可看作是以原点为圆心，半径为1的单位圆，而.22b a by
ax by ax ++=+联系到点到直线距离公式，可得下面证法。
证法5 （如图4-2-1）因为直线0:=+by ax l 经过
圆122=+y x 的圆心O ，所以圆上任意一点),(y x M
到直线0=+by ax 的距离都小于或等于圆半径1，
图4－2－1
即 .11|||
|22≤+?≤+=++=by ax by ax b a by ax d
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。
例2 如果,0))((4)(2=----z y y x x z 求证：z y x 、、成等差数列。
分析1 要证z y x 、、，必须有z y y x -=-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 ,0))((4)(2=----z y y x x z
,02,0)2(,
0)2()(22)(,
044442222222=-+∴=-+=++?-+=-++-+-∴y z x y z x y z x y z x yz y xz xy x xz z
故 z y y x -=-，即 z y x 、、成等差数列。
分析2 由于已知条件具有x z z y y x ---,,轮换对称特点，此特点的充分利用就是以换元去减少原式中的字母，从而给转换运算带来便利。
证法2 设,,b z y a y x =-=-则.b a z x +=-
于是，已知条件可化为：
.0)(04)(22z y y x b a b a ab b a -=-?=?=-?=-+
所以z y x 、、成等差数列。
分析3 已知条件呈现二次方程判别式ac b 42-=?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0=-y x 时，由已知条件知,,0z y x x z ==∴=-即z y x 、、成等差数列。
当0≠-y x 时，关于t 的一元二次方程：,0)()()(2=-+-+-z y t x z t y x 其判别式=?,0))((4)(2=----z y y x x z 故方程有等根，显然t ＝1为方程的一个根，从而方程的两根均为1，
由韦达定理知 .121z y y x y
x z y t t -=-?=--=?即 z y x 、、成等差数列。 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。
例3 已知1=+y x ，求22y x +的最小值。
分析1 虽然所求函数的结构式具有两个字母y x 、，但已知条件恰有y x 、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 .1,1x y y x -=∴=+
设22y x z +=，则.122)1(222+-=-+=x x x x z
二次项系数为,02>故z 有最小值。
∴ 当2
1222=?--=x 时，.212421242＝）－（－＝最小值???z ∴ 22y x +的最小值为.2
1 分析
2 已知的一次式1=+y x 两边平方后与所求的二次式22y x +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 ,1)(,12=+∴=+y x y x 即.2122xy y x -=+
).(1,2222222y x y x y x xy +-≥+∴+≤
即 ,2122≥+y x 当且仅当21==y x 时取等号。∴ 22y x +的最小值为.21 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 设.22y x z +=
.2
121)21()21(1,12222≥+-+-=+--+=∴=+y x y x y x z y x ∴ 当21==y x 时，.21＝最小z 即22y x +的最小值为.2
1 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 如图4－2－2，1=+y x 表示直线,l 22y x + 表示原点到直线l 上的点),(y x P 的距离的平方。
显然其中以原点到直线l 的距离最短。 此时，,2
22|
100|=-+=d 即.22)(22＝最小y x + 所以22y x +的最小值为.2
1 注 如果设,22z y x =+则问题还可转化为直线1=+y x 与圆z y x =+22有交点时，半径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4 设.1,2
R z z R z ∈+?求证：.1||=z 分析1 由已知条件21z
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 设),(12
R a a z z ∈=+当0=a 时，可得0=z 与R z ?条件不合。 .0≠∴a 于是有 .02=+-a z az
∴?,R z 该方程有一对共轭虚根，
设为21,z z ，于是.||||,222121z z z z =∴= 又由韦达定理知 .1||.1||||,12221221121=∴===?=?∴==?z z z z z z z a
a z z 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2||z z z =这一重要性质，即可求出||z 的值。
证法2 设),(12R a a z
z ∈=+当0=a 时，可得0=z 与R z ?条件不合，.0≠∴a
则有 21z z a +=，.11,22z
z z z a a +=+∴= 即 ).()()1()1(22z z z z z z z z z z z z ?+=?+∴+=+
但 ,||2z z z =?.0)||1)((,||||222=--∴?+=?+∴z z z z z z z z z
而 .1||,2=∴?-z R z z 即.1||=z
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 ,1,122R z z R z z ∈+∴∈+即.11R z z
z z z z ∈??+=+ 从而必有.1||.1=∴=?z z z
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。
例5 由圆922=+y x 外一点)12,5(P 引圆的割线交圆于B A 、两点，求弦AB 的中点M 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),(y x M ，连接OM OP 、，
则AB OM ⊥，在OMP ?中，由两点间的距离公式和勾股定理有 .169)12()5(2222=-+-++y x y x
整理，得 .012522=--+y x y x 其中.33≤≤-x
分析2
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AB OM ⊥， 所以点M 的轨迹是以||OP 为直径的圆，圆心为)6,2
5(, 半径为∴=,2
132||OP 该圆的方程为： 222)2
13()6()25(=-+-y x 化简，得 .012522=--+y x y x 其中.33≤≤-x 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：)5(12-=-x k y .
AB OM ⊥且过原点，OM ∴的方程为 .1x k
y -=这两条直线的交点就是M 点的轨迹。两方程相乘消去,k 化简，得：.012522=--+y x y x 其中.33≤≤-x
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。
图4
解法4 设过P 点的割线方程为：)5(12-=-x k y
它与圆922=+y x 的两个交点为B A 、，AB 的中点为M .
解方程组 ???=++-=,
912)5(22y x x k y 利用韦达定理和中点坐标公式，可求得M 点的轨迹方程为：
.012522=--+y x y x 其中.33≤≤-x
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),(y x 与两交点),(),(2211y x B y x A 、通过中点公式联系起来，又点、、M P B A 、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),,(),,(),,(2211y x B y x A y x M 则.2,22121y y y x x x =+=+
.9,922222121=+=+y x y x
两式相减，整理，得 .0))(())((21121212=+--+-y y y y x x x x
所以 ,21211212y
x y y x x x x y y -=++-=-- 即为AB 的斜率，而AB 对斜率又可表示为,512x
y --,512y x x y -=--∴ 化简并整理，得 .012522=--+y x y x 其中.33≤≤-x
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B A 、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AB PM k k =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。