一道立体几何高考题评卷引发的思考
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2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示
2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
我们有必要对这一题型进行全面评估，并从中汲取教学的启示。
一、对立体几何大题进行深入的解剖在2023年全国新高考1卷的立体几何大题中，考查了许多立体图形的性质、空间几何想象和推理能力。
学生需要能够理解立体图形的特点、计算体积和表面积，并且能够运用立体几何知识解决实际问题。
这对学生的空间想象力和数学推理能力提出了挑战。
二、深度解析题目所涉及的知识点评估这一题型不仅要看到表面的难度，更需要深入挖掘其中所涉及的知识点。
只有深入理解了立体几何的性质和运用方法，才能更好地指导教学和学生学习。
三、教学启示和个人观点在教学中，我们应该注重培养学生的空间想象力和数学推理能力。
通过丰富的教学实例和引导，帮助学生理解立体图形的性质，掌握计算体积和表面积的方法，并且能够灵活运用到解决实际问题中。
只有如此，学生才能在应对高考中的立体几何大题时游刃有余。
四、总结与回顾通过对2023年全国新高考1卷立体几何大题的全面评估，我们不仅更好地理解了立体几何这一题型，更深刻地认识到了教学的重要性。
在教学中，我们要注重培养学生的空间想象力和数学推理能力，引导他们掌握立体图形的性质和计算方法。
我们也要灵活运用丰富的教学资源，帮助学生掌握解决问题的方法和技巧。
在2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示中，我们应该看到更多的是教学的重要性和学生能力的培养。
只有通过深入的教学和学习，我们才能更好地应对未来的挑战。
希望我的文章对你有所启发，也欢迎你对立体几何大题教学的个人观点和理解进行补充和共享。
期待你的回复。
2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。
这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。
一题多解多解归一——一道数学立体几何高考题的思考
又 由Ｂ Ｅ一 ／ ／ ＡＦ ， Ｇ是 的 中 点 知 ， Ｂ Ｅ 一 ／ ／Ｇ Ｈ，
２
Ｅ Ｆ ｆ Ｂ Ｇ
／ ＿ Ｆ Ａ Ｂ ＝ ９ ０ ０ ， Ｂ Ｃ ／ ／ Ａ Ｄ， Ｂ Ｅ ＃
１ ＡＦ
，
１
Ｄ
２
Ｇ、 日分 别 是 、 肋 的 中
曰
Ｃ
点。 问题 ： Ｃ 、 Ｄ、 、 Ｆ 四点 是 否 共 面 ？ 为 什 么 ？ 分析 ： 我 学 习过 的证 明 （ 判断） 是 否 共 面 的 方 法 有两类 ： 一类是几何法 ； 一类是 向量法 。本题两类方 法都可 以使用 。而且每类方法 中还可以应 用不 同的 公理 和定理解决这个问题 。 所以这道题 的解法很多 ， 我 整 理 了十 种 方 法 和 大 家共 同探 讨 。 方 法 一 ：应 用 公理 ３ 的推论２ ： “ 两 条 相 交直 线 可 以确 定 一 个 平 面 ” 判断 。 证 明： Ｃ ， Ｄ， Ｆ ， Ｅ 四点 共 面 ； 延长 Ｄ Ｃ交 Ａ Ｂ的 延 长 线
延 长Ｆ Ｅ ￣Ａ ＂Ｂ 的 延 长线 于Ｇ 同理 可得 Ｇ （ Ｇ ）
Ｇ Ｅ
—
Ｇ Ｂ
—
ＢＥ
一
１
Ｇ Ｆ Ｇ Ａ ＡＦ ２
故 里：
，
Ｇ Ａ ＧＡ
即Ｇ 与Ｇ ， 重合
因此直线 Ｃ Ｄ、 肼 相 交于 Ｇ ， 即Ｃ ， Ｄ ， Ｅ 四点共 面 。 方法 二 ：利 用 公 理 ３ 的推 论 ３ ： “ 两 条 平 行 直 线 可 以 确 定一 个平 面” 和公 理 １ ： “ 如果 一 条 直 线 上 的 两 点 在一个平 面内，那么这直线上所有 的点都在这个平 面 内” 。 Ｃ ， Ｄ， Ｆ ， Ｅ四点 共 面 。理 由如 下 ： 由题 意 知 ， 彤 ＝ ，
立体几何中的最值问题探究——从一道高考题谈起
所
以［（１＋
槡３）犪］２
＝２狓２狓
槡６ ＝
＋ ２
槡２犪．
点评：本题 采 用 了 空 间 问 题 平 面 化 的 解 题 策 略，
考查考生的转化思想及直观想象能力，即通过转化与
直观 想 象，能 够 得 出 正 方 形 形 状 的 包 装 纸 如 何 产 生，
它与 犘犘′ 有什么关系，从而由正方形的面积最小找 到
二、主要题型探究
１．求线段与周长的最值 这类问题，一般采用将几何体的侧面展成平面的 方法解决，利用平面图形的性质加以计算． 图２ 例１ 有一个所有棱长都是犪 的正四棱锥，现在
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教学 参谋 新颖试题 ２０２０年２月
犇犕 ．
（２）在菱形 犃犅犆犇 中，因为 ∠犅犃犇 ＝６０°，所以
∠犃犇犆 ＝１２０°，于 是 犛△犇犌犎
１ ＝２
× 犇犌 × 犇犎
×
三、解题策略总结
通过以上分析，我们可以得到如下立体几何中的 最值问题的求解策略：
１．建立函数关系，应用函数思想 将几何问题代数化，把动态问题用目标函数表示 出来．如何求出函数的最值，途径颇多．可用一次函数 的端点法；二 次 数 的 配 方 法；三 角 函 数 的 有 界 性 和 高 次函数的导数法等． ２．关注图形特征，利用几何性质法 从几何图形中可以直接发现有关最值．如线段的 具有距离的 最 小 性，二 面 角 的 平 面 角 具 有 角 的 最 小 性，球 的 大 圆 上 的 劣 弧 长 具 有 球 面 距 离 的 最 小 值 等． 合理应用图 形 的 几 何 性 质，可 以 避 免 烦 琐 的 代 数 运 算． ３．将立体图形展开，化曲为平 将几何体展成平面，是求立体几何最值的特殊方 法，也 是 常 用 方 法，这 个 方 法 可 以 把 空 间 最 值 问 题 转 化为平面上的最值问题． ４．采用变量分析法 这种方法要求我们能够透过现象看本质，对几何 体中的各种元素，要看清哪些在动，哪些不动，弄清它 们之间的内在关系，从而找到动态变化元素的最值． 总而言之，立 体 几 何 的 最 值 问 题 的 求 解，一 般 有 三种最常用的解题思路：（１）根据几何体的结构特征， 变动态为静态求最值；（２）将几何体平面化，将立体图 形平面化；（３）建立函数，将几何问题代数化．犉
一道立体几何高考题的解法研究
Ｂ
Ｓ Ｉ平 面Ｓ Ｄ ＡＢ．
图１
为 了行 文方 便 ，对 两 个 小 题 的解 答 ，分 成 两 部 分 分 别 给 出 ． （Ｉ） 共 列 ６ 解 法 ， 次 用 证 法 １１ 证 法 １６ 行 编 第 问 种 依 ．到 ．进 号 ； （ ） 共 列 六 类 １ 种 解 法 ， 类 依 次 用 ａ ｆ 个 字 母 编 第 Ⅱ 问 １ 六 至 六 号 ， １ 解 法 依 次 用 解 法 ２１ 解 法 ２１ 进 行 编 号 ． 文 设 Ａ 与 ｌ种 ．到 ．ｌ 全 Ｂ 平 面Ｓ Ｃ所 成 的 角 为 ０ Ｂ ． １第 （Ｉ） 题 的六 种 证 法 ． 小
一
一
道 ．． 何 高 题 的 解 法 研 究 － 体 几 Ｏ ｒ 考
张 随 子
（ 肃 省 陇 西 县 第 一 中学 ， 肃 陇西 甘 甘 ７８０ ） ４ １０
２ １ 年 高 考 全 国大 纲 卷 （ 科 ） 体 几 何 解 答 题 ， 一 道 ０１ 理 立 是 难 得 的 好 题 ． 对 此 题 解 法 进 行 了 深 入 广 泛 的 研 究 ， 大 家 交 我 与 流 于后 ． 题 目 （ ０ １ 高 考 全 国大 纲 卷 （ 科 ） １ 题 ） 如 图 １ 四 ２ １年 理 第 ９ ： ， 棱 锥 中 Ｓ Ａ Ｃ Ａ ＿ Ｄ， Ｃ上Ｃ — Ｂ Ｄ， Ｂ ｌ Ｃ Ｂ Ｄ，侧 面 Ｓ Ｂ 等 边 三 角 形 ， Ａ 为
４
一
积 ． ： ． 中解 得西 露 １从 ．
鹂： 所 以茹 ． （ 一 ＋ ３ 武： 配 武
２
～
） ： —＋ ： ： ． ： 窳 ． ３４ １０菇 歃 （
，
蘸 ＋ 百 ． ： ～ ＋ １× ＝ 因 此 ｓ ） 百 ０ ２ ４０ Ｄ上Ｂ ，Ｄ上Ｂ 故 ｓｓ Ａ，
数学高考评卷心得体会
发挥最大潜能，让考分达最大值高考评卷心得罗昭宇1、立体几何第1小题一般较为简单，用一般知识即可解决，不必用坐标要求解，但第二题一般都要建坐标系用向量求解。
近些年来二面角的平面角是考试热点，求法向量成了解题关键：用常规方法繁琐易错，用高等代数向量叉积简单易行，答卷上不必写求法向量过程，直接写出即可。
2、因每个大题答题框面积有限，故答题只能写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接使用，如圆222r y x =+上一点),(00y x p 的切线为200r yy xx =+，点),(00y x p 关于直线b x y +±=对称的点是)),((00'b x b y p +±- 等，如果将前面的过程写得过细，必然会导致后面拥挤，关键的内容没有写上。
3、注重关键词，无论题求证题还是解答题，关键的部分更展示出来，无关细节，计算过程可略去，书写冗繁是一大忌，评卷老师看见冗繁没有头绪的内容就会头痛，尤其是求出最后的结果，要写在最后显眼的位置，不要写在拥护的旮旯角落，避免老师错判、漏判、误判。
4、大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解，如2012年理科21大题：设函数[].,0,cos )(π∈+=x x ax x f.)()1(的单调性讨论x f),,(221122112211222111y x y x z x z x z y z y z y x z y x k j i b a n -==⨯=.,sin 1)()2(的取值范围求设a x x f +≤此题（Ⅱ）小题是高难度题，用下列方法可力争得分：[].,0,sin 1cos π∈+≤+x x x ax 解：，分别得、、令ππ20=x 0110+≤+⋅a ,1102+≤+⋅πa 11≤-πa的取值范围分别是中a )3)(2)(1(⎥⎦⎤ ⎝⎛∞⎥⎦⎤ ⎝⎛∞∞+∞ππ2-4--，，，），，（ 这三个范围中取最小范围，即a 的范围是：⎥⎦⎤ ⎝⎛∞π2-， 这种方法是不严谨的，我们用这这种“瑕疵”法得到的答案与标准答案一致，评卷老师也会酌情给分，这与留上空白是截然不同的效果。
浙江省数学高考立体几何试题的剖析和思考
２ ０ １ ３ 年浙江省数学 高考理科试 题第 ２ Ｏ题是
Ｍ Ｄ且 ２ Ｐ Ｏ＝Ｍ Ｄ， 故Ｑ Ｆ Ｏ Ｐ为平行 四边 形， Ｐ Ｑ∥ Ｏ Ｆ ， 因此 Ｐ ９ ∥平面 Ｂ Ｃ Ｄ ．
・
２ ２・
中学教研 （ 数 学）
解法 １ 如图 ５ ， 作
出 二 面 角 的 平 面 角 鹏 Ｃ， 求 出 二 面 角 的平
力（ 即“ 亲其师， 悟其道 ” ） ， 从而提高学生研究 问题 的能 力 （ 这 远 比学 生 多 做 几 个 题 目要 “ 划 算 得 多” ） ， 这是我们数学教学要不懈努力 的目标．
参 考 文 献
研而生疑 ， 疑而生思 ， 思而后得． 剖析高考试题
背 后 的本 质 （ 背景 或题 源 ） 是破 除题 海 最 “ 给力 ” 的 武器 ， 高考 试 题 的本质 正是 在思 维 的层 层 深人 中揭
对一类 高考试题本质 的追溯 ［ Ｊ ］ ． 中学 数 学教 学参考 ： 上 旬， ２ ０ １ ３ （ ６ ） ： ｌ 一 ３ ．
— —
浙江 省 数 学 高考 立体 几 何试 题 的 剖析 和 思 考
◆章 显联 应 国刚
１ 阅卷概 况
（ 鲁迅 中学 浙江绍兴 ３ １ ２ ０ ０ ０ ）
（ ２ ） 若二面角 Ｃ ． Ｂ Ｍ － Ｄ的大小为６ Ｏ 。 ， 求Ｚ ＿ Ｂ Ｄ Ｃ 的大小 ．
３ 试题 剖 析
分配到的题是理科卷第 ２ ０题 （ 立体几何试题 ） ． 若
３ ． １ 第（ １ ） 小题 解 析
２位阅卷者给出的分数相差 ２分 以上 ， 则需组长或 副组长等 ３— ４位教师 仲裁 ， ２位 阅卷者给 出的分
第 ８期
章 显联 ， 等： 浙江省数 学高考 立体几何试题 的剖析和 思考
一道立体几何高考题的评析
从近些年看 ， 以常见 的几何 图形或多
面体为载体 ， 重点考查空 间的直线与 直线 ９下 Ｂ引入 了空间向量 ， （ ） 给传统 的立 体几 和 直线 与平面 的位置关 系一直是 高考 立 何 内容 注入 了新 的活力 ， 几何 推理运算 为 体几何命题 的热点 。 因为这类题目既可以 化开辟 了新 的途径 ．通过 引入空间向量 ， 考查多面体 的概 念和 性质 ， 又能考查空 间 用向量代数来处理立体 几何问题 ， 淡化 了 的线面关系 ， 并将论证和计算有机地结合 传统几何中的 “ ” “ ” 形 到 形 的推理方法 ， 从
在一起 ， 以比较 全面 、 可 准确 地考 查考生 而 降低 了思维难度 ，使解题变 得程序化 ，
的空间想象 能力 、 逻辑推理能力以及分析 这是用 向量解立体几何 问题 的独到之处。
问题和解决 问题的能力。 ２求二面角及 空问向量的应用 ．
① 空间图形 的平行关 系包括 直线 与直线 平行 ， 直线与 平面平行 ， 平面与平 面平行 ，
＝ 亡
、 ， ｏ （，） 离， 一般方法是先由该点向平面引垂线确 向量ａ ｂ 有 ｃ ｓａｂ＝
。利用这 一
定垂足 ， 把点到平面的距离转化为解三角
Ｉ・ ｌ ａＩ ｌｂ
结论 ， 我们 可以较方便地处理立体 几何 中 形求解 ， 需要作 辅助 线 ， 后通过逻辑 推 然 的角的 问题。 ④立体几何 中涉及的距 离问 理论证及计算 ， 处理 比较麻 烦 ， 这样 而用 题较多 ，如两点间距 离 ，点与线 的距离 ， 向量解题较为简便 。引入空 间向量后 ， 通
点、 线与 平面的距 离 ， 两异 面直线 的距离 等， 它是立体几何中的一个难点。利用向 量 的模及 向量在单位 上的 射影可 以求解 有关 的距 离问题 。２ ０ ０ ８年 全国高考北京
老树新枝又一春——2017年浙江省数学高考立体几何解答题阅卷有感
［ １ ］ 为８ ． ６ ６ ， 难度系数为 ０ ． ５ ８ ． 可见， 这份高考卷中
立体几何结构梯度自然， 对不同基础、 不同能力水 平的学生都提供了适当的思考空间， 体现了较好的 区分度， 凸显了试卷的选拔功能， 同时难度总体是 有所提升的． 当然， 到底是这道题本身的相对难度 提升了， 还是新高考下学生整体水平有所下降， 值 得我们进一步研究与思考． 图１ ２ ㊀解法探究 本题满分 １ ５分， 其中第 １ ） 小题 ６分， 第２ ） 小 题 ９分． ２ ． １ ㊀第 １ ） 小题解法探究 证法 １ ㊀（ 线线平行） 如 ， 取Ａ Ｐ的 中 点 Ｆ ， 联结 图２ Ｅ Ｆ ， Ｂ Ｆ ． 由中位线性质得 Ｅ Ｆ Ｄ ， 且 Ｅ Ｆ＝ ∥Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ， Ｂ Ｃ＝ ∥Ａ １ Ａ Ｄ ． 又 ２
２ ０ １ ７年第 １ ２期
中学教研（ 数学）
·３ ５ ·
老
树
新
枝
又
一
春
— — —２ ０ １ ７年浙江省数学高考立体几何解答题阅卷有感
杭州第七中学， 浙江 杭州㊀３ １ ０ ０ ２ ４ ） ●叶启垦㊀㊀（
㊀㊀摘㊀要： ２ ０ １ ７年浙江省数学高考立体几何解答题立意平稳， 有效创新， 注重核心素养的考查， 具有良好的区分度． 文章
图３
图４
从而二面角 Ｐ Ａ Ｄ Ｂ的平面角∠Ｐ Ｏ Ｂ为 １ ２ ０ ʎ ． 如图 ６ ， 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘ ｙ ｚ ， 则Ｂ （ １ ， ３， １槡 ３ 槡 ０ ， ０ ） ， Ｃ （ １ ， １ ， ０ ） ， Ｐ －１， Ｅ －１， ０ ， ， ． ２ ２ ４ ２ ４ 设平面 Ｐ Ｂ Ｃ的一个法向量为 ｎ＝ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ， 由于 → → ３ 槡 ３ ｎ ·Ｂ Ｃ＝ ｙ ＝ ０ ， ㊀ｎ ·Ｂ Ｐ＝ ｘ － ｚ ＝ ０ ， ２ ２ → ，则 ｎ ＝ （１ ，０ ，槡 ３） ，而 Ｃ Ｅ ＝ 令 ｘ＝１ １槡 ３， 于是直线 Ｃ Ｅ与平面 Ｐ Ｂ Ｃ所 成 ， － ， ( －５ ４ ２ ４) 角θ 的正弦值为
立体几何结构梯度自然， 对不同基础、 不同能力水 平的学生都提供了适当的思考空间， 体现了较好的 区分度， 凸显了试卷的选拔功能， 同时难度总体是 有所提升的． 当然， 到底是这道题本身的相对难度 提升了， 还是新高考下学生整体水平有所下降， 值 得我们进一步研究与思考． 图１ ２ ㊀解法探究 本题满分 １ ５分， 其中第 １ ） 小题 ６分， 第２ ） 小 题 ９分． ２ ． １ ㊀第 １ ） 小题解法探究 证法 １ ㊀（ 线线平行） 如 ， 取Ａ Ｐ的 中 点 Ｆ ， 联结 图２ Ｅ Ｆ ， Ｂ Ｆ ． 由中位线性质得 Ｅ Ｆ Ｄ ， 且 Ｅ Ｆ＝ ∥Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ， Ｂ Ｃ＝ ∥Ａ １ Ａ Ｄ ． 又 ２
２ ０ １ ７年第 １ ２期
中学教研（ 数学）
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— — —２ ０ １ ７年浙江省数学高考立体几何解答题阅卷有感
杭州第七中学， 浙江 杭州㊀３ １ ０ ０ ２ ４ ） ●叶启垦㊀㊀（
㊀㊀摘㊀要： ２ ０ １ ７年浙江省数学高考立体几何解答题立意平稳， 有效创新， 注重核心素养的考查， 具有良好的区分度． 文章
图３
图４
从而二面角 Ｐ Ａ Ｄ Ｂ的平面角∠Ｐ Ｏ Ｂ为 １ ２ ０ ʎ ． 如图 ６ ， 建立空间直角坐标系 Ｏ ｘ ｙ ｚ ， 则Ｂ （ １ ， ３， １槡 ３ 槡 ０ ， ０ ） ， Ｃ （ １ ， １ ， ０ ） ， Ｐ －１， Ｅ －１， ０ ， ， ． ２ ２ ４ ２ ４ 设平面 Ｐ Ｂ Ｃ的一个法向量为 ｎ＝ （ ｘ ， ｙ ， ｚ ） ， 由于 → → ３ 槡 ３ ｎ ·Ｂ Ｃ＝ ｙ ＝ ０ ， ㊀ｎ ·Ｂ Ｐ＝ ｘ － ｚ ＝ ０ ， ２ ２ → ，则 ｎ ＝ （１ ，０ ，槡 ３） ，而 Ｃ Ｅ ＝ 令 ｘ＝１ １槡 ３， 于是直线 Ｃ Ｅ与平面 Ｐ Ｂ Ｃ所 成 ， － ， ( －５ ４ ２ ４) 角θ 的正弦值为
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思想方法和能力．
一
解法 ２ ： 连接 Ｏ Ｄ、 Ｏ Ｅ ． 经计算得 Ａ Ｄ ＝ Ａ Ｅ ＝ ２ 、 ／ ，
Ｃ Ｄ＝ Ｂ Ｅ ＝ 、 ／ ，Ｏ Ｃ ＝ Ｏ Ｂ ＝ ３ ． 在 ＡＯ Ｃ Ｄ 中 ，Ｏ Ｄ ２ ＝ Ｃ Ｏ Ｚ ＋ Ｃ Ｄ ２ — ２ Ｃ ０・ Ｃ Ｄ・ ０ ０ ８ Ｏ Ｃ Ｄ＝ ５ ，． ・ ． Ｏ Ｄ＝ Ｖ丐一 （ 或在 Ｒ ｔ
Ａ Ｆ ＝ ２ ．以及 Ｏ Ｆ上Ｄ Ｅ且 Ｏ Ｆ ＝ １ ． 又Ａ ＦｎＤ Ｅ ＝ Ｆ ． 故
９ ０ 。 ，Ｂ Ｃ ＝ ６ ，Ｄ、Ｅ分别 是 ＡＣ 、Ａ Ｂ上 的 点 ，Ｃ Ｄ＝
Ｂ Ｅ ＝ 、 ／ ．０为 Ｂ Ｃ的中点． 将 ＡＡ Ｄ Ｅ沿 Ｄ Ｅ折起 ， 得 到如图 ６ 所示 的四棱椎 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ， 其 中Ａ Ｏ ＝ 、 ／ 丁．
ｌ ＋（
责任编校
徐 国坚
离中 ２ ０ １ ３年第 ７ — ８期
数学有数
・ ．
・
Ｏ Ｅ、Ｏ Ｆ Ｇ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ，Ｏ ＥｎＯ Ｆ ＝ Ｆ ，． ‘ ０上平
．
设ｎ ＝ （ ， Ｙ ， ） 为 平面 Ａ Ｃ Ｄ
面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ．
评分标准 ：第 （ １ ）问共 ６分． （ １ ）证 明出 Ａ ０垂直于一条 （ 较难 的）直线给 ４ 分； （ ２ ）证 明出 Ａ ０垂直 于另一条 （ 简单 的 ）直线 给 １ 分： （ ３ ）使用线面垂 直判 定定理 的正确表达给 １ 分． 思路二 ：利用面面垂直的性质定理证明线面垂直． 解法 ３ ：参看解法 １ 证明 Ｄ Ｅ上平 面 Ａ Ｏ Ｆ ，则可
１ １＿ ¨
１ 一 ｋ时 ，ｄ （ 。 ） ＝
生
２－ ２ ｋ ＋ ｋ
单调 递增 ， １ ＜ ０ ≤１ 时， ｄ （ ｎ ） ＜ ０ ， ｄ （ ０ ） ＝
（ 作者单位 ：南雄市第一 中学 ） 的
ｌ 十（ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱｒ
单调递减 ． 所以 １ － ｋ ≤Ⅱ ≤ｌ ＋ ｋ当时 ， ｄ （ ｎ ） ＝
ＢＣＤＥ．
图 １
图２
（ １ ）证 明 ：Ａ ０ Ｊ ＿ 平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ； （ ２ ）求二 面 角 Ａ 一 Ｃ Ｄ — Ｂ的平 面角 的余弦值． 试题分析 本题借助平 面图形 的 “ 翻折 ” ，考查
图 ３
Ｃ
空 间直线与平面的位置关系 （ 重点是垂直 ）和度量关 系 （ 求 二面角） ，考查考 生空间想象能力和推理论证 能力 ，以及利用空间向量处理和解决立体几何问题 的
＝
Ｏ Ａ 与平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ中二条相交直线垂直．
解法 １ ：取 Ｄ Ｅ中点 Ｆ ，连 Ａ 在 ＡＡＢ Ｃ中 ，计 算得 Ａ Ｄ ＝ ＡＥ ＝ ２ 、 ／ ，Ｂ Ｃ边上的高 Ｏ Ａ ＝ ３ ． 对照图 １ 可
知 ：翻折 后 △Ａ Ｄ Ｅ为 等腰 三角形 ，则 Ａ Ｆ上Ｄ Ｅ且
、
典型 思路及 解法
ＡＯ Ｆ Ｄ 中求 Ｏ Ｄ）． 又Ａ ０ ＝ 、 ／ ，。 ． ０ ｚ ＋ Ｏ Ｄ ＝ Ａ Ｄ 。 ＝
８ ．． ‘ ０上Ｏ Ｆ ．同理 Ａ ０上Ｏ Ｅ ．
第（ １ ） 间 证明 ： Ａ ０上平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
８ ． （ １ ） 为 函数 － ／ ） ＝ 一一 （ １ ＋ Ⅱ ２ 的 零 点 分 别 为
＝
０ ， ＝
ｌ＋旷
， 又ａ ＞ ０ ， 故， （ ） ＞ ０的解 集 为 区间 ，＝
。
最 小 值 必 在 ｎ ＝ １ － ｋ 或 ｎ ＝ １ ＋ ｋ 处 取 得 ， 而 筹 ＝
二
＝
（ ０ ， ） ， 即 ， 的 长 度 为 — ．
２ ＿ 丽 ｋ ２ ． ． ｋ ３ ＜ １
Ｃ
Ｄ Ｅ上平 面 Ａ Ｏ Ｆ ．所 以 Ａ ０上加 ． 已知 Ａ Ｄ＝ ｘ ／ ３， 则Ａ ０ ＋ ０ ＝ Ａ Ｐ，所 以 △Ａ Ｏ Ｆ为 Ｒ ｌ △ ，Ａ ０上Ｏ Ｋ
＿ ‘ ．
Ｄ Ｅ、Ｏ Ｆｃ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ，Ｄ ＥｎＯ Ｆ ＝ Ｆ，． ’ ０上平 面
数 攀蒋 数
一
道 立体几何 高考题评卷 引发 的思考
■黄莹 山
笔者参加 了 ２ ０ １ ３ 年高考广东理科数学第 ｌ ８ 题阅
思 路 一 ：利 用 线 面 垂 直 的判 定 定 理 ．即证 明直 线
卷工作 ，下面结合试题解答 、评分标准和考生 的答题
失误谈谈给我 的启示． 题 目：如图 １ ，在等腰直角三角形 ＡＢ Ｃ中， Ａ
得到平面 Ａ Ｏ Ｆ￣平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ． 在 △Ａ Ｏ Ｆ中利用勾股逆 定理证得 Ａ ０上Ｏ Ｆ ．’ ． ０ ｃ平 面 Ａ Ｏ Ｆ ，平 面 Ａ
Ｏ Ｆ Ａ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ＝ Ｏ Ｆ ．． Ａ ０ Ｊ ＿ 平面Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ．
ｎ ｌ ｌ ｍ ｌ ｌ
，
故ｄ （ １ 一 ） ＜ ｄ （ １ ） ． 所以当
丽
在 区间 ［ １ － ｋ ， １ “］ 上取 得最 小值
ｌ 十Ｃ
（ ２ ） 设 （ 。 ） 奇 ｌ ＋ Ⅱ ， 则 （ 。 ） 【 ｌ ＋ 旷 Ｊ ， 令 （ 。 ） ＝ ０ ，
则 ａ ＝ ｌ （ 踟 ） ． 因为 ｋ Ｅ（ ０ ， １ ） ， 故当 １ － ｋ ≤。 ＜ １时 ， ｄ （ 口 ） ＞ ０ ， ｄ （ ０ ） ＝ —
的一个法 向量 。
则 ， 上
上
．
． 于 是
ｆ ・ ： ０ ， 即 ｆ ‘ （ ０ ， 一 ３ ， 、 ／ 了 ） 一 ３ 、 ／ 了 ， 取 二 ： （ １ ，
：
０ ，
（ １ ， １ ， ０ ）
， 。
一
１ ， ｘ ／ Ｔ） ， 再取 （ ０ ， ０ ， １ ） ，设 二面角 Ａ， 一 Ｃ Ｄ — Ｂ的平 加 ｃ ｏ ｓ 虻
一
解法 ２ ： 连接 Ｏ Ｄ、 Ｏ Ｅ ． 经计算得 Ａ Ｄ ＝ Ａ Ｅ ＝ ２ 、 ／ ，
Ｃ Ｄ＝ Ｂ Ｅ ＝ 、 ／ ，Ｏ Ｃ ＝ Ｏ Ｂ ＝ ３ ． 在 ＡＯ Ｃ Ｄ 中 ，Ｏ Ｄ ２ ＝ Ｃ Ｏ Ｚ ＋ Ｃ Ｄ ２ — ２ Ｃ ０・ Ｃ Ｄ・ ０ ０ ８ Ｏ Ｃ Ｄ＝ ５ ，． ・ ． Ｏ Ｄ＝ Ｖ丐一 （ 或在 Ｒ ｔ
Ａ Ｆ ＝ ２ ．以及 Ｏ Ｆ上Ｄ Ｅ且 Ｏ Ｆ ＝ １ ． 又Ａ ＦｎＤ Ｅ ＝ Ｆ ． 故
９ ０ 。 ，Ｂ Ｃ ＝ ６ ，Ｄ、Ｅ分别 是 ＡＣ 、Ａ Ｂ上 的 点 ，Ｃ Ｄ＝
Ｂ Ｅ ＝ 、 ／ ．０为 Ｂ Ｃ的中点． 将 ＡＡ Ｄ Ｅ沿 Ｄ Ｅ折起 ， 得 到如图 ６ 所示 的四棱椎 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ， 其 中Ａ Ｏ ＝ 、 ／ 丁．
ｌ ＋（
责任编校
徐 国坚
离中 ２ ０ １ ３年第 ７ — ８期
数学有数
・ ．
・
Ｏ Ｅ、Ｏ Ｆ Ｇ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ，Ｏ ＥｎＯ Ｆ ＝ Ｆ ，． ‘ ０上平
．
设ｎ ＝ （ ， Ｙ ， ） 为 平面 Ａ Ｃ Ｄ
面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ．
评分标准 ：第 （ １ ）问共 ６分． （ １ ）证 明出 Ａ ０垂直于一条 （ 较难 的）直线给 ４ 分； （ ２ ）证 明出 Ａ ０垂直 于另一条 （ 简单 的 ）直线 给 １ 分： （ ３ ）使用线面垂 直判 定定理 的正确表达给 １ 分． 思路二 ：利用面面垂直的性质定理证明线面垂直． 解法 ３ ：参看解法 １ 证明 Ｄ Ｅ上平 面 Ａ Ｏ Ｆ ，则可
１ １＿ ¨
１ 一 ｋ时 ，ｄ （ 。 ） ＝
生
２－ ２ ｋ ＋ ｋ
单调 递增 ， １ ＜ ０ ≤１ 时， ｄ （ ｎ ） ＜ ０ ， ｄ （ ０ ） ＝
（ 作者单位 ：南雄市第一 中学 ） 的
ｌ 十（ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱｒ
单调递减 ． 所以 １ － ｋ ≤Ⅱ ≤ｌ ＋ ｋ当时 ， ｄ （ ｎ ） ＝
ＢＣＤＥ．
图 １
图２
（ １ ）证 明 ：Ａ ０ Ｊ ＿ 平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ； （ ２ ）求二 面 角 Ａ 一 Ｃ Ｄ — Ｂ的平 面角 的余弦值． 试题分析 本题借助平 面图形 的 “ 翻折 ” ，考查
图 ３
Ｃ
空 间直线与平面的位置关系 （ 重点是垂直 ）和度量关 系 （ 求 二面角） ，考查考 生空间想象能力和推理论证 能力 ，以及利用空间向量处理和解决立体几何问题 的
＝
Ｏ Ａ 与平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ中二条相交直线垂直．
解法 １ ：取 Ｄ Ｅ中点 Ｆ ，连 Ａ 在 ＡＡＢ Ｃ中 ，计 算得 Ａ Ｄ ＝ ＡＥ ＝ ２ 、 ／ ，Ｂ Ｃ边上的高 Ｏ Ａ ＝ ３ ． 对照图 １ 可
知 ：翻折 后 △Ａ Ｄ Ｅ为 等腰 三角形 ，则 Ａ Ｆ上Ｄ Ｅ且
、
典型 思路及 解法
ＡＯ Ｆ Ｄ 中求 Ｏ Ｄ）． 又Ａ ０ ＝ 、 ／ ，。 ． ０ ｚ ＋ Ｏ Ｄ ＝ Ａ Ｄ 。 ＝
８ ．． ‘ ０上Ｏ Ｆ ．同理 Ａ ０上Ｏ Ｅ ．
第（ １ ） 间 证明 ： Ａ ０上平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ
８ ． （ １ ） 为 函数 － ／ ） ＝ 一一 （ １ ＋ Ⅱ ２ 的 零 点 分 别 为
＝
０ ， ＝
ｌ＋旷
， 又ａ ＞ ０ ， 故， （ ） ＞ ０的解 集 为 区间 ，＝
。
最 小 值 必 在 ｎ ＝ １ － ｋ 或 ｎ ＝ １ ＋ ｋ 处 取 得 ， 而 筹 ＝
二
＝
（ ０ ， ） ， 即 ， 的 长 度 为 — ．
２ ＿ 丽 ｋ ２ ． ． ｋ ３ ＜ １
Ｃ
Ｄ Ｅ上平 面 Ａ Ｏ Ｆ ．所 以 Ａ ０上加 ． 已知 Ａ Ｄ＝ ｘ ／ ３， 则Ａ ０ ＋ ０ ＝ Ａ Ｐ，所 以 △Ａ Ｏ Ｆ为 Ｒ ｌ △ ，Ａ ０上Ｏ Ｋ
＿ ‘ ．
Ｄ Ｅ、Ｏ Ｆｃ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ，Ｄ ＥｎＯ Ｆ ＝ Ｆ，． ’ ０上平 面
数 攀蒋 数
一
道 立体几何 高考题评卷 引发 的思考
■黄莹 山
笔者参加 了 ２ ０ １ ３ 年高考广东理科数学第 ｌ ８ 题阅
思 路 一 ：利 用 线 面 垂 直 的判 定 定 理 ．即证 明直 线
卷工作 ，下面结合试题解答 、评分标准和考生 的答题
失误谈谈给我 的启示． 题 目：如图 １ ，在等腰直角三角形 ＡＢ Ｃ中， Ａ
得到平面 Ａ Ｏ Ｆ￣平面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ． 在 △Ａ Ｏ Ｆ中利用勾股逆 定理证得 Ａ ０上Ｏ Ｆ ．’ ． ０ ｃ平 面 Ａ Ｏ Ｆ ，平 面 Ａ
Ｏ Ｆ Ａ平 面 Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ＝ Ｏ Ｆ ．． Ａ ０ Ｊ ＿ 平面Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ ．
ｎ ｌ ｌ ｍ ｌ ｌ
，
故ｄ （ １ 一 ） ＜ ｄ （ １ ） ． 所以当
丽
在 区间 ［ １ － ｋ ， １ “］ 上取 得最 小值
ｌ 十Ｃ
（ ２ ） 设 （ 。 ） 奇 ｌ ＋ Ⅱ ， 则 （ 。 ） 【 ｌ ＋ 旷 Ｊ ， 令 （ 。 ） ＝ ０ ，
则 ａ ＝ ｌ （ 踟 ） ． 因为 ｋ Ｅ（ ０ ， １ ） ， 故当 １ － ｋ ≤。 ＜ １时 ， ｄ （ 口 ） ＞ ０ ， ｄ （ ０ ） ＝ —
的一个法 向量 。
则 ， 上
上
．
． 于 是
ｆ ・ ： ０ ， 即 ｆ ‘ （ ０ ， 一 ３ ， 、 ／ 了 ） 一 ３ 、 ／ 了 ， 取 二 ： （ １ ，
：
０ ，
（ １ ， １ ， ０ ）
， 。
一
１ ， ｘ ／ Ｔ） ， 再取 （ ０ ， ０ ， １ ） ，设 二面角 Ａ， 一 Ｃ Ｄ — Ｂ的平 加 ｃ ｏ ｓ 虻