2018年高考理科数学全国（Ⅰ）卷第16题几种解题思路-精选教育文档

2018年高考理科数学全国（［）卷第16题几种解题思路
问题(2018年高考理科数学全国(I)卷第16题)巳知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.
解法赏析
思路If(x)=2sinx+sin2x,由周期函数不妨设
xeO,2n,
f7x=2cosx+2cos2x=2(2cos2x+cosxT)=2(2cosx~l) (cosx+1).
所以，fx在0,n3,5n3,2n上递增，在n3,5n3上递减.
所以f(x)min=min(f(0),f(5n3)}=minO,-332=-332,当x=2kn-n3,ke[WTHZ]Z[WTBX]时取等号.
思路2
f(x)=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosx
N-21-cos2x?l+cosx2
=-23l+cosx33-3cosx，-233l+cosx+3-3cosx44
3-23644=-332,所以f(x)min=-332.取等号条件同思路
1.
思路3f(x)
=2sinx+2sinxcosx=2sinxl+cosx=8sinx2cos3x2.
令t=sinx2cos3x2
t2=13X3sin2x2?cos2x2?cos2x2?cos2x2W133sin2x2+cos2x2+c os2x2+cos2x244
=13344,所以te-3316,3316,f(x)min=-332,取等号条件同思路1.
或者f2(x)=4(1-cosx)(1+cosx)3=[SX (]4[]3[SX)] (3-cosx)(1+cosx)(1+cosx)(1+cosx)W[SX(]4[]
3[SX)][JB((][SX(]3-3cosx+l+cosx+l+cosx+l+cosx口
4[SX)][JB))]4=[SX(]27[]4[SX)],当且仅当3-
3cosx=l+cosx,即cosx=[SX(]1[]2[SX)]时,取等号.有
f(x)min=-[SX(]3[KF(]3[KF)][]2[SX)].
思路4f(x)
=8sinx2cos3x2=8sinx2cos3x2sin2x2+cos2x22=8tanx2tan4x2+2 tan2x2+l
令t=tanx2,所以fx=ft=8tt2+12.
f't=-83t4+2t2-lt2+14,ft在-
SymboleB,-33,33,+
SymboleB上?f减，在-33,33上递增.
又tf+
SymboleB时，ft-*0,
所以f(x)min=f(t)min=f(-33)=-332.取等号条件同思路1.
[HT][HJ][FL)]
[JZ(][HT2Y3]2018年高考数学浙江卷第21题引发的探究[HT][HT5K]浙江省宁波市第四中学315016[HT5H]魏定波
[JZ)][HT]
[FL(K2]
[STFZ]1试题呈现
[TP魏定波-l.tif,Y][TS(][JZ]S1[TS)]
如图1,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x±存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(I)设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；
(II)若P是半椭圆x2+y24=l(x解法2设直线AB 的方程x=ty+m,
由x=ty+m,y2=4x,得，y2~4ty-4m=0,因为
yl+y2=2y0,yly2=8x0-y20,所以t=12y0,m=y204-2x0, |AB|=(l+t2)(y2-yl)2=(l+t2)(8y20~32x0),
d=|x0-ty0~m|l+t2,所以
SAPAB=12|AB|?d=324(y20-4x0)y20-4x0,以下同解法1.
[STFZ]3性质再探
将上述试题作进一步探究：
(1)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中AB〃CD.
①则该梯形的两腰所在直线的交点、对角线交点及上下底的中点都在垂直y轴的直线1上(如图3)；
②若直线1与抛物线C交于R,则过R点抛物线的切线与直线AB平行；
[TP魏定波-3.tif,Y][TS(][JZ]图3[TS)]
③若直线AB、AC、BD的斜率存在，则lkAC+lkBD=2kAB；
④若直线AB的斜率不存在，则kAC+kBD=O；
⑤若直线AC的斜率不存在，则kAB=2kBD；
证明①的证明与试题(I)证明相仿，不再阐述.
②当直线AB斜率不存在时，点R即为原点0,结论成立；
当直线AB斜率存在时，对于y2=4x两边对x求导，得
2y?y'=4,则k=y‘=2yR=2yM=kAB,即过R点抛物线的切线与直线AB平行.
③1kAC+1kBD=xC-xAyC-yA+xB-xDyB-yD=yC+yA4+yB+yD4
=yB+yA4+yC+yD4=yM+yN2=2?yM2=2kAB；
下面证明⑤，对于④的证明同理可得.
因为直线AC的斜率不存在，所以xC=xA,yC+yA=0,又
yC+yD=yA+yB.
则yD-yB=2yA,
所以kAB=yB-yAxB-xA=4yB+yA=2X4yB+yD=2kBD.
(2)已知抛物线C：y2=4x的内接梯形ABCD,其中
AB//CD,过点P作抛物线的两切线PE和PF(其中切点为
E、F),?t直线EF与AB平行，且直线EF经过Q点(如图4).
[TP魏定波-4.tif,Y][TS(][JZ]图4[TS)]
证明由P(xO,yO)向抛物线C：y2=4x作切线PE、PF,容易得到切点弦EF所在的直线方程为：
2x-y0y+2x0=0,对比直线AB的方程4x-2y0y+yAyB=0，可得，EF〃AB.
由2x-y0y+2x0=0得线段EF的中点Q'(y202~x0,yO),
又直线AC的方程为
4x-(yA+yC)y+yAyC=O,要证明Q',Q重合，只须等式
(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立.
由于直线BC过点P,所以(yB+yC)y0-yByC=4x0,上述二个等式相加，其右边等于4(y202-x0)+4x0=2y20,其左边等于
(yB+yC)yO~yByC+(yA+yC)yO~yAyC=(yB+yA+2yC)y0~ (yB+yA)yC
=(2yO+2yC)y0~2y0yC=(2yO+2yC)y0-2y0yC=2y20.
故(yA+yC)yO-yAyC=4(y202~x0)成立，即直线EF经过Q点.
进一步，当D、C分别趋向于A、B时，直线AD的方程由
4x-（yA+yC）y+yAyC=O,变为4x~2yAy+yA2=0,即为2x~
yAy+2xA=0,此为过点A的抛物线切线方程，APAB转化为著名的“阿基米德三角形”.
[HT][HJ][FD]
[JZ（][HT2HJ2018年全国I卷理第19题的探究
[HT][HT5K]江西省吉水中学331600EHT5H]孙春生
[JZ）][HT]
[FL（K2]
2018年高考全国I卷理科第19题
设椭圆C：x22+y2=l的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为（2,0）.
（1）当1与x轴垂直时，求直线AM的方程；
（2）设0为坐标原点，证明：ZOMA=ZOMB.
本题围绕直线与椭圆的位置关系这一重点内容，加强了对解析几何基本概念、基本思想方法和关键能力的考查，着重考查了直线方程的求法，椭圆的简单几何性质、直线与椭圆的位置关系及直线的斜率等多个知识点.简洁明了的题意背后是命题人的匠心独运，笔者利用几何画板对本题作了较系统的探究，
现结合2018年高考I卷文科第20题，一并阐述如下.
解(1)略；
(2)证明：当直线1与x轴重合时，ZOMA=ZOMB=O,符合题意；
当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,
由x=ty+l,x22+y2=l,得：(t2+2)y2+2ty~l=0,
由于点F在曲线内，故方程存在两个根.设方程的两个根分别为yl,y2,则
yl+y2=-2tt2+2,yly2=Tt2+2,
要使ZOMA=ZOMB相等，则问题转化为证明直线MA与MB 的斜率互为相反数，设直线MA与直线MB的斜率分别为
kMA,kMB,则
kMA+kMB=ylxl-2+y2x2-2=yltyl-l+y2ty2-l=2tyly2-
(yl+y2)(tyl-1)(ty2~l),将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得
kMA+kMB=21y1y2-(yl+y2)(tyl~l)(ty2~l)=~2tt2+2~ -2tt2+2(tyl-1)(ty2-l)=0
故此时ZOMA=ZOMB,
综上所述，Z0MA=Z0MB.
解题后进行探究：题中的点M有什么特殊性吗？由椭圆的简单几何性质，通过计算知M是椭圆准线与x轴的交点，将探究拓展成…般情形的猜想得到命题：
命题1设椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过
F的直线1与C交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA=Z0N!B.
证明当直线1与x轴重合时，Z0NfA=Z0MB=0,符合题意；
当直线1与x轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,由
x=ty+c,x2a2+y2b2=l,得：(b2t2+a2)y2+2tcb2y-
b4=0,由于点F在曲线内，故方程存在两个根yl,y2,且
yl+y2=~2tcb2b2t2+a2,y1y2=~b4b2t2+a2,
设直线MA与直线MB的斜率分别为kMA,kMB,则
kMA+kMB=y1xl~a2c+y2x2~a2c=cy1ctyI~b2+cy2cty2-
b2=2c2tyly2-b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)
将yl+y2,yly2的表达式分别代入，可得
kMA+kMB=2c2tyly2~b2c(yl+y2)(ctyl~b2)(cty2~b2)=0.
因此，对椭圆一般情况问题成立.
将椭圆推广到双曲线，易证以下推广命题：
推广1设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的右支同时交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点,则Z0MA=Z0MB.
进一步探究，当过F的直线1与C的左、右支分别交于一点时，情形如何？从几何作图来看，猜想有Z0MA+Z0MB=180°.
证明当直线1与x轴重合时，Z0MA+Z0MB=180°,符合题恩；
当直线1与X轴不重合时，设1的方程为：x=ty+c,
由x=ty+c,x2a2-y2b2=l,得：(b2t2-a2)
y2+2tcb2y+b4=0,
设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=-2tcb2b2t2-
a2,yly2=b4b2t2~a2,
设直线MA与MB的斜率分别为kMA,kMB,则
kMA+kMB=y1x1-a2c+y2x2~
a2c=cylctyl+b2+cy2cty2+b2=2c2tyly2+b2c(yl+y2)(ctyl-b2)(cty2-b2)=0
因此直线MA与MB倾斜角互补，即Z0MA+Z0MB=180°成立.
推广2设双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C的左右支分别交于A、B两点，点M的坐标为(a2c,0),0为坐标原点，则Z0MA+Z0MB=180o.
椭圆中这一性质对于双曲线有类似的推广命题，对于抛物线也不难证得有相关结论：
推广3设抛物线C：y2=2px的焦点为F,过F的直线与C
交于A、B两点，点
M(-p2,0),0?樽?标原点，则Z0MA=Z0MB.
这一结论与2018年全国I卷文科第20题极为相似：
(2018年高考I卷文科第20题)已知抛物线C：y2=2x,
点A(2,0),B(-2,0),过A的直线1与C交于M,N两点,
证明ZABM=ZABN.
比照推广3与高考文科题20,易猜想在抛物线中，只需要满足x轴上的两点A,B对称地分布在原点两侧，命题成立.
探究设A(a,0),B(-a,0)(a>0,aG[WTHZ]R[WTBX])，过A作直线1交抛物线C：y2=2px于M,N两点，则
ZABM=ZABN.
证明设1的方程为：x=ty+a,
由x=ty+a,y2=2px,得：y2~2pty-2pa=0,
设方程的两个根为yl,y2,则yl+y2=2pt,yly2=-2pa,
由直线MA与直线MB的斜率之和为：
kMA+kMB=ylxl+a+y2x2+a=yItyl+2a+y2ty2+2a=2tyly2+2a(yl+y 2)(tyl+2a)(ty2+2a)=0,
因此猜想成立，故综合以上探究有以下命题：
命题2设抛物线C：y2=2px,点A(a,0),点B(-
a,0)(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过点A的直线1与C交于M,N两点,则ZABM=ZABN.
进一步探究，可得以上命题的逆命题仍成立，故有以下推广命题：
推论1己知椭圆C：x2a2+y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一—点M(a2c,0),使ZOMA=ZOMB.
推论2己知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C同时交于右支A、B两点，则存在唯一一点M(a2c,0),使Z0MA=Z0MB.
推论3已知双曲线C：x2a2-y2b2=l(a>b>0)的右焦点为F,过F的直线1与C交于左右两支分别为A、B两点，0为坐标原点，则存在唯一一点M(a2c,0)，使Z0MA+Z0MB=180°.
推论4已知抛物线C：y2=2px,点A(a,0)
(a>0,ae[WTHZ]R[WTBX]),过A的直线1与C交于M,N两点，则存在唯一一点B(-a,0),使ZMBA=ZNBA.一个看似平淡无奇的高考题，其产生的依据却是一些通用的性质作背景，若我们在解决数学问题后，能根据题中条件与结论之间蕴含的内在联系，在题后多反思，并由特殊推广到一般情形,则我们更能把握问题的实质，更能统领问题的全局.
孙春生(1971—)，男，江西吉水人.
研究方向：高中数学教材教法，高考命题方向探究，高中数学解题方法探讨，经典题型母题研究.
主要成绩：江西省骨干教师，吉水县名师，一直从事高中数学教学，兼任学校数学教研组长，指导学生在高考与奥赛中取得优异成绩，在《数学通报》、《数学教学》、《中学数学杂志》等省级以上刊物发表文章百余篇，撰写教辅书多部.
[HT][HJ][FD]
[JZ(][HT2XBS]巧用结论妙解试题
[ZW(*]基金项目：四川省〃西部卓越中学数学教师协同培养计划”项目(ZY16001).[ZW)]
[HT1.] [HT4F]一一以2018年圆锥曲线试题为例
[HT][HT5K]四川省内江师范学院数学与信息科学学院641100EHT5H]余小芬彭玉灵
[JZ)][HT]
[FL(K2]
教材中结论主要以公式、定理、法则的形式直接呈现.事实上，教材中间接隐含了一些结论(这里称为“二手”结论)需要开发.“二手”结论往往是高考命题的重要取材、是解答高考试题的重要工具.本文以“二手结论”在2018年圆锥曲线试题中的应用举例说明.
结论1双曲线焦点到渐近线的距离为b,其中b为虚半轴长.
证明不妨设双曲线x2a2-y2b2=l(a>0,b>0),右焦点
F(c,0),1：y=bax为双曲线的一条渐近线，即bx~ay=0.故F到1的距离d=bcb2+a2=bcc=b.
例1(2018年高考全国III卷文科第10题)已知双曲线
C：x2a2-y2b2=l(a>0,b>0)的离心率为2,则点(4,0)到C的渐近线的距离为().
A.2
B.2
C.322
D.22
解不妨设c=4,故点（4,0）为双曲线右焦点.由结论
1,（4,0）到C的渐近线的距离为b.由e=2
=ca,得a=22,所以b=c2~a2=22.故选D.
评注本题通过特殊法假设c=4,巧妙将问题转化为双曲线焦点到渐近线的距离，从而利用结论快速求解，避免了繁琐计算，节约了求解时间.
例2（2018年高考天津卷理科第7题）已知双曲线x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点，设A、B到双曲线同一条渐近线的距离分别为dl和d2,且dl+d2=6,则双曲线的方程为（）・
A.x24-y212=l
B.x212-y24=l
C.x23-y29=l
D.x29-y23=l
图1
解如图1,设右焦点为P,作AC±1（1为渐近线）于
C,BD_L1于D,PM_L1于比易知PM为梯形ABDC的中位线，所以dl+d2=AC+BD=2PM=6,PM=3.又由结论1,b=PM=3.再由
e=ca=2,c2=a2+b2,解得a2=3,故双曲线方程为x23-y29=l.
评注本题结合梯形中位线性质，将dl+d2转化为焦点到准线的距离，进而利用结论1求解问题.
例3（2018年高考全I卷理科第11题）已知双曲线
C：x23-y2=l,0为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M,N.若AOMN为直角三角形，则MN=()・
A. 32
B.3
C.23
D.4
图2
解如图2,双曲线渐近线方程为疔±33x,故
tanZM0F=33,所以ZM0F=30°,ZM0N=60°.故RtAOMN中，
不妨设NOMN=90°（Z0NKf=90°同理可得），即FM±OM，故由结论1,FM=b.又OF=c,故M0=a=3.因此在RtAOMN中，
MN=M0?tan60°=3M0=3.
评注本题关键是通过渐近线方程求得RtAOMN中
ZM0N=60o,以此确定AOMN中直角位置，
从而利用结论1求得AOMN中一直角边，进而根据正切函
数求得边长.
例4（2018年高考全国III卷理科第11题）设Fl,F2是双曲线C：x2a2-y2b2=l（a>0,b>0）的左，右焦点，0是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若PF1=6OP,则C的离心率为（）・
A. 5
B.2
C.3
D.2
图3
解如图3,过F1作渐近线1的垂线，垂足为P，.由结论1,F2P=F1P'=b.在RtAP0F2中，0P=0F22-PF22=c2-b2=a.同理, OP'=a.由巳知，PFl=60P=6a.又在RtAPP7Fl 中，
PF1=F1P'2+PP'2=b2+4a2.故6a=b2+4a2,解得b2a2=2.故
e=l+b2a2=3.
评注在RtAP0F2中，利用结论1易求OP长，进而结合PF1=6OP求得PF1长.事实上，本题可在左PF1F2中利用余弦定理建立a,b的关系式，但计算较为复杂.因此，通过利用双曲线的对称性，在RtAPP7Fl中求得PF1的长，再利用等量替换求得a,b比例关系，减少了运算量，节约了求解时间.
结论2巳知Fl,F2分别为椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)的左、右焦点，P是C上的一点，若PF11PF2,且ZPF2F1=0,
则离心率e=lsin0+cos0.
证明在RtAPFlF2中，FlF2=2c，故
PF2=FlF2?cos0=2ccos0,PFl=2csin0.所以
PFl+PF2=2c(sin0+cos0)=2a,因此离心率
e=ca=lsin0+cos0.例5(2018年高考全国II卷文科第11题)已知Fl,F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点，若PF1J_PF2,且ZPF2F1=6O°,则C的离心率为().
A.1-32
B.2-3
C.3-12
D.3-1
解由题意，利用结论2,e=lsin60°+cos60°=3~1.
例6(2018年高考北京卷理科第14题)已知椭圆
M：x2a2+y2b2=l(a>b>0),双曲线N：x2m2-y2n2=l,若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为.图4
解如图4,不妨设椭圆M的左，右焦点分别为Fl,F2.由题
意，ABF1CDF2为正六边形.连接AF1,易知ZF1AF2=9O°,且ZF1F2A=6O°.故由结论2,椭圆离心率e=lsin60°+cos60°
=3-1.
连接AO,易知ZA0F2=60°,即双曲线渐近线斜率
nm=tan60°=3,故双曲线N的离心率e=l+n2m2=2.
评注根据正六边形几何性质，不难得到题中焦点△F1AF2满足结论2的条件，故利用公式直接求解椭圆离心率；再由渐近线倾斜角表示斜率，从而获得in,n比例关系，再利用双曲线离心率公式求得答案.
图5
结论3若AB是过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的弦，则以AB为直径的圆与抛物线的准线相切，且切点M与焦点F的连线垂直于弦AB.
证明如图5,过点A,B分别向抛物线的准线1作垂线，垂足分别为Al,B1.过AB中点N向1作垂线，垂足为M.设以AB 为直径的圆的半径为r,因为2r=AB=AF+BF=AAl+BBl=2MN，故MN=r.因此，以AB为直径的圆与1相切.
下面再证MF±AB.
(1)当AB与x轴垂直时，结论显然成立；
(2)当AB不与x轴垂直时，设M(-p2,t),又
F(p2,0)，故kMF=t-p.X kAB=yA-yBxA-xB=
yA-yBy2A2p-y2B2p=2pyA+yB=2p2yN=pt，故kMF?kAB=T,
即MF±AB.例7(2018年高考全国HI卷理科第16题)已知点M-1,1和抛物线C：y2=4x,过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A,B两点.若ZAMB=90°,则k=[CD#4].
解由题意，抛物线C的焦点为F(1,0),准线方程为：
x=-1.即M(-1,1)恰在准线上，且满足ZAMB=90°，故由结论3,有MFXAB,所以kMF?kAB=-l.又kMF=0Tl-(-1)=-12,故kAB=2.
评注由抛物线方程易知M在抛物线准线上，且ZAMB=90°,即M位于以AB为直径的圆上，且M恰为该圆与准线相切的切点,故由结论3,利用两直线垂直的斜率关系，快速求得直线AB的斜率.由此可见，利用结论求解避免了联立直线与曲线方程求解的繁琐.
结论4设点P(x0,y0)是椭圆x2a2+y2b2=l(a>b>0)上的一点，Fl(-c,0),F2(c,0)分别为椭圆的左右焦点，则PFl=a+exO,PF2=a-exO,其中e为椭圆离心率.
证明PF12=(xO+c)2+y20=(x20+2cx0+c2)+b2-
b2a2x20=(I~b2a2)
x20+2cx0+c2+b2=c2a2x20+2cx0+a2=(caxO+a)2,所以
PFl=caxO+a=exO+a,又PFl+PF2=2a,所以PF2=a~exO.
例8(2018年高考全国III卷文科第20题)已知斜率为k的直线1与椭圆C：x24+y23=l交于A,B两点.线段AB的中点为Ml,mm>0.
(I)略；(II)F为C的右焦点，P为C上一点,且
FP+FA+FB=[STHZ]O.
证明：2FP=FA+FB.
解由题意，a=2,b=3,所以c=l,故右焦点为F(1,0),离心率c=12.设A(xl,yl),B(x2,y2),P(x3,y3)，故FP+FA+FB=(x3-l,y3)+(xl~l,yl)+(x2~l,y2)
=(xl+x2+x3~3,yl+y2+y3).
由FP+FA+FB=[STHZ]0,得xl+x2+x3=3.又线段AB的中点为Ml,m,所以xl+x2=2,x3=l.又由结论4,FA=a-exl=2-
12x1,FB=a-ex2=2-12x2,FP=a-ex3=2-12x3=32.所以FA+FB=4-12(xl+x2)=3,故FA+FB=2FP,即2FP=FA+FB.
口注解决本题的关键是利用结论4表示出FA,FB,FP,再结合条件：FP+FA+FB=[STHZ]0及M为线段AB中点，通过向量加法的坐标运算及中点坐标公式求得xl,x2,x3的关系，从而证得结论.
由此可见，“二手结论”在解决高考试题中发挥着重要作用，利用“二手结论”解题也体现了近年高考“多考点想，少考点算”的基本命题理念.特别指出，上文的结论1一4并非“繁难偏怪”，而是完全依据教材中圆锥曲线的重要概念、性质以及领悟教材例题、习题设计意图，通过适当变式、拓展而来.这正如教育家叶圣陶先生所说：“教材无非是个例子，它只能作为教课的依据.要教得好，使学生受益，还要靠教师善于运
用.”因此，基于《普通高中数学课程标准（2017年版）》、《普通高等学校招生全国统一考试大纲》，结合高考命题实际,对教材中的某些内容进行删减、拓展、补充、改进、增补、变式、整合等.通过二次开发，将学习形态的数学转化为应试形态的数学、将教材结构转化为应试结构，不仅可以弥补、完善数学知识结构，也能促进学生对知识灵活、综合的应用，拓宽学生数学思维的广度和深度，激发他们进一步学习的潜能.。