灵活运用数学思想化解疑难问题诸建刚数学思想是对数学知识的本质的认识，它寓于数学知识之中，但比数学知识本身更为重要、更为宝贵.我们的学习不单纯是解题，而应把数学思想的积累、培养与数学知识的掌握融为一体，用我们高品质的数学素养去发现数学和运用数学.这一章蕴涵着丰富的数学思想方法，下面具体谈谈.例1计算：20123-2011×2012×2013.【分析】直接计算显然较繁，注意到原式中的各数的联系，可恰当地利用字母代替数，把数的计算转化为代数式的化简，可使问题解决得更快更巧妙.解：设2012=a，则原式=a3-（a-1）×a×（a+1）=a3-a（a2-1）=a3-a3+a=2012.例2已知M=2012×2013-1，N=20122-2012×2013+20132，试比较M、N 的大小.【分析】可设2012=a，那么M=a（a+1）-1=a2+a-1，N=a2-a（a+1）+（a+1）2=a2+a+1，因为M-N=（a2+a-1）-（a2+a+1）=-2，所以M<p>【点评】本题先将数的计算转化为代数式的化简，再将比较两数大小问题转化为判断这两数差的符号问题，解题过程运用了两次转化.例3已知代数式x2+5x+1的值等于9，求代数式2x2+10x+7的值.【分析】从已知条件可得x2+5x+1=9，从而得x2+5x=8，由同学们现在的知识还不能求出具体的x的值，所以应思考其他的解题方法.提部分公因式得2x2+10x=2（x2+5x），所以可将x2+5x作为一个整体代入2（x2+5x）中.解：由已知，得x2+5x+1=9，所以x2+5x=8，所以2x2+10x+7=2（x2+5x）+7=2×8+7=23.【点评】通常求代数式2x2+10x+7的值时，会将x的值代入计算求得，但本题以上解法把2x2+10x看作一个整体，直接求出这个整体的值，绕过“用x代入求2x2+10x的值”的细节，显得灵活、巧妙、直接、“大气”，体现了数学上的“整体思想”.例4分解因式：（m+n）2-6（m+n）+9.【分析】本题分解因式时，如把括号展开整理后再分解显然很麻烦，但若把（m+n）看成一个整体，则此多项式即为关于（m+n）的二次三项式，恰好能用完全平方公式分解.解：原式=[（m+n）-3]2=（m+n-3）2.【点评】运用整体思想可使解题思路清晰、步骤简捷、解法简便.【说明】事实上，本章能突出体现“整体思想”之处还有很多，如平方差公式和完全平方公式的认识和运用.乘法公式（a+b）（a-b）=a2-b2、（a+b）2=a2+2ab+b2和（a-b）2=a2-2ab+b2中的字母都可以看作某个整体，这个整体可以是一个单项式、一个多项式，即可以将公式中的字母换元成单项式或多项式，因此围绕整体换元，可对公式进行下列几方面的变式运用：变化符号、变化字母、变化系数、变化指数、变化项数等.例5已知a+b=4，ab=1，求代数式（a2+1）（b2+1）的值.【分析】同学们还不具备“由已知条件求出a，b的值，再代入（a2+1）（b2+1）计算”的知识，即便将来掌握了，用此法解决本问题也较困难，可考虑将（a2+1）（b2+1）变形，用a+b和ab来表示，然后整体代入求值.解：（a2+1）（b2+1）=a2b2+a2+b2+1=（ab）2+（a+b）2-2ab+1.把a+b=4，ab=1整体代入，可得原式=12+42-2×1+1=16.例6知x3+x2+x+1=0，求x2012+x2011+x2010+…+x2+x+1的值.【分析】由x3+x2+x+1=0，因此我们要利用x3+x2+x+1这个整体，在所求代数式x2012+x2011+x2010+…+x2+x+1中构造若干个这样的整体，将0代入这些整体，从而计算出x2012+x2011+x2010+…+x2+x+1的值.解：x2012+x2011+x2010+…+x2+x+1=x2009（x3+x2+x+1）+x2005（x3+x2+x+1）+…+x（x3+x2+x+1）+1=1.【说明】我们在解决数学问题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法.换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理.换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.例7若多项式（x2+mx+n）（x2-3x+4）展开后不含x3项和x2项，试求m，n 的值.【分析】要使多项式（x2+mx+n）（x2-3x+4）展开后不含x3项和x2项，必须使得展开合并后x3项和x2项的系数为0.解：（x2+mx+n）（x2-3x+4）=x4+（m-3）x3+（n-3m+4）x2+（4m-3n）x+4n，因为展开后不含x3项和x2项，所以有m-3=0且n-3m+4=0，解得m=3，n=5.【点评】本题先将等式左边按照多项式乘多项式法则展开，然后利用“对应思想”，比较等式两边次数相同项的系数，利用这些项系数为0，实现不含这些项，从而构造出方程求解.需要提醒的是，题目出现了3个字母，其中m，n应视作多项式的项的系数的一部分，而将x视作多项式的项的字母.例8若x2-px+16是完全平方式，则p=_______；若a2-8a+k是完全平方式，则k=_______.【分析】由完全平方公式结构特点知，与p相关的乘积项可表示为±8x，与k 相关的平方项可表示为16，利用“对应思想”得-px=±8x，k=16，通过方程得p=±8.例9如图，正方形卡片A类、B类和长方形卡片C类各若干张，如果要拼一个长为a+3b、宽为a+b的大长方形，则需要C类卡片_______张.【分析】由图可知每类卡片中一张卡片的面积.由于三类卡片的面积表达式不同，因此可计算出长为（a+3b）、宽为（a+b）的大长方形的面积，然后根据结果中的代数式确定所需C类卡片的张数.解：由图可知，一张A类卡片的面积是a2，一张B类卡片的面积是b2，一张C 类卡片的面积是ab，因为（a+3b）（a+b）=a2+4ab+3b2，所以需要C类卡片4张.【点评】本题用数形结合的思想解决问题，一方面利用整式乘法得出等式右边为a2+4ab+3b2，另一方面结合图形发现a2+4ab+3b2实际上是几个长方形面积的和，利用拼图前后面积相等得出结论.由于条件限制，本题解法只关注了数量关系，忽视了位置关系，即虽然面积数符合题目要求，但能否真的能拼成一个长方形呢？就需要同学们动手拼一拼了.例10计算（a-1）（a99+a98+a97+…+a2+a+1）=________.【分析】遇到这样的问题，一下难以入手，我们可以先从简单的情况入手，分别计算下列各式的值：（a-1）（a+1）=______；（a-1）（a2+a+1）=______；（a-1）（a3+a2+a+1）=______；……由此我们可以得到（a-1）（a99+a98+a97+…+a2+a+1）=_______.解：由特殊情况探索我们可以猜想得（a-1）（a99+a98+a97+…+a2+a+1）=a100-1.【点评】解决本问题时，我们从特殊情况出发，从特殊情况发现结论从而猜想出一般结论，这是数学上常用的归纳法，属于由特殊到一般的思想方法.限于初中生所掌握的知识，许多问题还不能最终证明结论的正确性，但这种由许多特殊情况归纳出一般结论的思想方法，是我们进行数学探索和发现的有力工具，能为我们的数学学习带来无穷乐趣.【说明】以上各例涉及了本章主要的数学思想方法，同学们在学习中要不断领悟和加深对它们的理解，用我们睿智的眼光去发现许多问题背后深藏着的数学思想，用我们的自觉行为去应用它们，使我们的数学学习更有意义.。
考点透视立体几何问题对同学们的抽象思维和空间想象能力有较高的要求.在解答立体几何问题时，灵活运用数学思想，如转化思想、数形结合思想、分类讨论思想等能有效地提升解题的效率.下面结合实例进行探讨.一、转化思想转化思想是指采用某些手段，如换元、构造函数、添加辅助线等手段，使问题转化，以从另一个角度寻找到解题的思路.在解答立体几何问题受阻时，可运用转化思想，将问题与向量的运算法则、函数的单调性、方程的根等关联起来，通过添加辅助线，把问题转化为函数、向量、方程等问题来求解.这样就能另辟蹊径，快速获得问题的答案.例1.如图1所示，四棱锥A -BCDE 满足棱长AB =CD =2BE =22，AC =BC =2，BE ∥CD ，侧棱DA 的中点是F ，且CD ⊥平面ABC .（Ⅰ）证明：EF ∥平面ABC ；（Ⅱ）证明：平面ACD ⊥平面BCDE .（Ⅲ）求直线BD 与平面AED的夹角θ的正弦值.图1解：（Ⅰ）设M 是侧棱AC 的中点，连接FM ,BM ，因为侧棱DA 的中点是F ，侧棱AC 的中点是M ，所以△ACD 的中位线是MF ，因此MF ∥CD ，且MF =12CD .因为BE ∥CD ，BE =12CD ，则MF ∥BE ，且MF =BE .从而可知四边形EFMB 是平行四边形，因此EF ∥BM .又BM ⊂平面ABC ，EF ⊄平面ABC ，故EF ∥平面ABC .（Ⅱ）因为AC =BC =2，AB =22，所以AC 2+BC 2=AB 2，因此AC ⊥BC .而CD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，则CD ⊥AC .而BC ⋂CD =C ，则AC ⊥平面BCDE .又AC ⊂平面ACD ，故平面ACD ⊥平面BCDE .（Ⅲ）因为CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥CA ，CD ⊥CB .因为AC =BC =2，AB =22，所以AC 2+BC 2=AB 2，所以AC ⊥BC .因此三条直线CA ,CB ,CD 两两互相垂直，分别以CB ,CA ,CD 为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图2.图2由题设知点B (2,0,0),D (0,0,22),E (2,0,2),A (0,2,0)，所以BD=(-2,0,22),DE=(2,0,-2), DA=(0,2,-22).设平面AED 的法向量n =(x ,y ,z )，则ìíî n ⋅DE =0, n ⋅ DA =0,得ìíîïï2x -2z =0,2y -22z =0,令x =1，可得n =(1,2,2).可得sin θ=|cos < n , BD>|=| n ⋅BD || n || BD|=27×23=故直线BD 与平面AED 的夹角θ我们先根据线面平行的判定定理证明EF ∥平面ABC ，并根据面面垂直的判定定理证明平面ACD ⊥平面BCDE ，即可得到三条互相垂直的直线CA ,CB ,CD ，据此建立空间直角坐标系，求得各个点的坐标，进而运用转化思想，将问题转化为空间向量的坐标运算问题；然后通过空间坐标运算，求得BD 的方向向量以及平面AED 的法向量，即可根据向量的数量积公式求得夹角.运用转化思想解答立体几何问题，需寻求问题与其他知识之间的联系，从而将问题转化.二、分类讨论思想有些立体几何问题比较复杂，需要分多种情况进行讨论，此时可灵活运用分类讨论思想，将问题中点的位置、直线与平面所成的夹角、图形的形状等视为讨论对33考点透视象，按照一个统一的标准对其进行分类讨论.在运用分类讨论思想解题时，要细致地划分并讨论每一个类别，不重复、不遗漏任何情况，最后还需注意对各种讨论结果进行汇总.例2.如图3所示，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，侧面AA 1D 1D 的中心是点F ，棱C 1D 1,BB 1的中点分别为E ,G，求空间四边形BGEF 在该正方体各面上的最大射影面积．图3解：分下列三种情况进行讨论、分析.（1）空间四边形BGEF 在正方体的下底面上的投影为ΔBE 1F 1，如图4所示.由题意可得S ΔBE 1F 1=38.又注意到空间四边形在正方体的上、下底面内的投影面积相等，其投影面积均为38.图4图5图6（2）空间四边形BGEF 在正方体的右侧面上的投影为ΔC 1GB ，如图5所示.由题意可得S ΔC 1BG =14.而空间四边形在正方体的左、右侧面内的投影面积相等，其投影面积均为14.（3）空间四边形BGEF 在正方体的前面上的投影为四边形BGE 3F 3，如图6所示，易知S BGE 3F 3=12.而空间四边形在正方体的前、后面上的投影面积相等，其投影面积均为12.综上可知，空间四边形BGEF 在该正方体的各面内的最大射影面积为12.由于正方体具有对称性，所以只需考虑空间四边形BGEF 在正方体的三个相邻面上的投影面积，运用分类讨论思想，分别讨论下底面、右侧面、前面上的射影面积，即可获解.三、数形结合思想解答立体几何问题通常需用到数形结合思想.在解答立体几何问题时，可先画出相应的几何图形；然后把数和形结合起来分析，根据图形的性质建立数量关系，或者把数量关系以图形之间的位置关系呈现出来，这样可使抽象问题具体化，能快速找到解题的思路.例3.如图7，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，求点P 到直线CC 1的距离的最小值.图7图8解：如图8，建立空间直角坐标系D -xyz ，则D 1(0,0,2),E (1,2,0)，C (0,2,0),C 1(0,2,2)，所以D 1E =(1,2,-2), EC =(-1,0,0),CC 1=(0,0,2).因为点P 在线段D 1E 上，所以设 PE =λ D 1E (0≤λ≤1).于是 PC = PE + EC =λ D 1E +EC =(λ-1,2λ,-2λ).又直线CC 1的单位方向向量 s 0= CC 1|| CC 1=(0,0,1).则点P 到直线CC 1的距离为d =||PC 2-|| PC ⋅s 02=(λ-1)2+(2λ)2+(-2λ)2-||-2λ2=5λ2-2λ+1因为0≤λ≤1，所以当λ=15时，d min 255，即点P 到直线CC 1从正方体的结构特征出发，很容易建立空间直角坐标系，求得各个点的坐标，即可将立体几何问题转化为空间向量运算问题，从而通过数形之间的转化，快速求得最小值.总之，在解答立体几何问题时，灵活运用数学思想，能有效地提升解题的效率.但是同学们需熟练掌握这些数学思想的特点、适用情形、用法以及注意事项，这样才能在解题时信手拈来.（作者单位：江苏省淮北中学）34。
