直觀想象指引下對(duì)2019年高考幾何選填試題的解法探究*

福建省南平市高級(jí)中學(xué)

1.問題提出

幾何選填題是高考的必考試題,主要考查向量、空間圖形及圓錐曲線等相關(guān)知識(shí)與性質(zhì),難度大,綜合性強(qiáng),常以壓軸題形式出現(xiàn),體現(xiàn)試題的區(qū)分與選拔功能,考查考生數(shù)學(xué)閱讀能力,推理論證能力,數(shù)形結(jié)合思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想.歸納總結(jié)這類問題的有效解題思路與策略,能夠提高解題的準(zhǔn)確率.在高中階段,借助幾何直觀和空間想象感知事物的形態(tài)與變化[1],是理解和解決幾何問題的重要素養(yǎng).2019年高考數(shù)學(xué)幾何選填試題,全面覆蓋基礎(chǔ)知識(shí),增強(qiáng)綜合性和應(yīng)用性[2],提升考生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際幾何問題的能力,讓考生體會(huì)數(shù)學(xué)的應(yīng)用價(jià)值[3].本文在直觀想象的指引下,從不同的思維層次與能力水平,以2019年高考幾何選填題為例,歸納整理解決幾何選填題的有效思路與方法.

2.方法探究

幾何選填題的方法很多,根據(jù)2017年版《課程標(biāo)準(zhǔn)》的要求,從考生認(rèn)知水平與已有數(shù)學(xué)能力的角度出發(fā),依托幾何圖形的形態(tài)與變化,筆者歸納總整理為三種解法策略.

(1) 幾何定義法根據(jù)幾何圖形的定義與性質(zhì),把問題化歸轉(zhuǎn)化為與幾何圖形定義和性質(zhì)相關(guān)知識(shí),運(yùn)用相應(yīng)的定義與性質(zhì)求解.解題的關(guān)鍵是考生要熟悉掌握中學(xué)階段所要求的幾何圖形的定義與圖象性質(zhì),能夠利用相關(guān)定義與性質(zhì)讀懂問題,分析問題,轉(zhuǎn)化問題,解決問題[4].

(2) 坐標(biāo)向量法坐標(biāo)法是幾何問題的通性通法,考查考生解析幾何基本思想與能力.通過建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系,把抽象幾何問題坐標(biāo)化,轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算,從而使抽象問題直觀化,減輕考生的解題困難,考查考生運(yùn)算求解的能力;同時(shí)利用向量兼具幾何與代數(shù)的特性,把幾何問題轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算,簡(jiǎn)化問題的難度,提高解題的準(zhǔn)確性.

(3) 解三角形法三角函數(shù)的公式定理眾多,是有效的解題方法.通過構(gòu)造三角形,把幾何問題轉(zhuǎn)化為解三角形題型,尋找解題的關(guān)鍵和突破口,利用三角形的“邊角”關(guān)系順利解決問題.特別注意,在求解過程中,應(yīng)注意三角形的“邊角”的取值范圍,避免“增根”或“失根”情況的產(chǎn)生.

3.試題解析

題目1(2019年高考天津文理第14題) 在四邊形ABCD中,點(diǎn)E在線段CB的延長(zhǎng)線上,且AE=BE,則

解法1由已知得因?yàn)锳D//BC,∠A=30°,所以故AE=BE=2,從而所以

評(píng)析本解法采用向量數(shù)量積公式法求解.根據(jù)平面向量基本定理,利用向量共線定理與三角形法則,把轉(zhuǎn)化為以為基底的線性表示,運(yùn)用向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì),計(jì)算的數(shù)量積,求出結(jié)果,體現(xiàn)向量知識(shí)的基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性和創(chuàng)新性[5].

解法2如圖1,以A為原點(diǎn),AD所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系,則由已知條件可求得從而

評(píng)析本解法采用向量的坐標(biāo)法求解.根據(jù)已知條件建立合適的直角坐標(biāo)系,得到的坐標(biāo),然后運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算,得到結(jié)果.比較解法1,坐標(biāo)法更直觀,計(jì)算量小,更有利于考生的準(zhǔn)確解答.

圖1

圖2

解法3如圖2,過點(diǎn)B作BF//AE交AD于點(diǎn)F,因?yàn)锳D//BC,所以四邊形AFBE是平行四邊形.在ΔABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD ·ABcos ∠BAD=7,即于是在ΔFBD中,所以

評(píng)析本解法采用余弦定理法,再運(yùn)用向量的數(shù)量積公式求解.解題的關(guān)鍵是求解向量的夾角,首先添加輔助線,構(gòu)造ΔFBD,通過余弦定理求得cos ∠FBD,即--→BD與--→BF夾角的余弦值.然后根據(jù)平行關(guān)系,把-→AE轉(zhuǎn)化為--→FB,最后根據(jù)數(shù)量積公式得到結(jié)果.

題目2(2019年高考全國(guó)Ⅰ卷理科第10題(文科第12題))已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),過F2的直線與CA,B兩點(diǎn).若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,則C的方程為( )

解析設(shè)橢圓C的方程為:由已知可得由橢圓定義知故從而因此點(diǎn)A為橢圓短軸的一個(gè)端點(diǎn),如圖3所示.

圖3

解法1過B作BB′⊥x軸于點(diǎn)B′,則RtΔAOF2～RtΔBB′F2,從而故即代入解得a2=3,由于c2=1,故b2=2,所以橢圓C的方程為:因此選B.

評(píng)析本解法根據(jù)橢圓定義,依托已知條件得到橢圓上的點(diǎn)的坐標(biāo)進(jìn)行求解.首先添加輔助線,利用相似比關(guān)系,確定點(diǎn)B的坐標(biāo),再代入橢圓方程,最終求得結(jié)果.坐標(biāo)法是解析幾何的基本思想方法,也是解題通法,如何確定點(diǎn)的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵與難點(diǎn).

解法2在RtΔAOF2中,故在ΔBF1F2中,由余弦定理得cos∠BF2O=又由于∠AF2O+∠BF2O=π,故cos ∠BF2O=-cos ∠AF2O,即解得a2=3.

評(píng)析本解法采用余弦定理法求解,將解三角形與橢圓知識(shí)交匯融合,有層次并較全面地考查考生應(yīng)用三角函數(shù)與解析幾何思想方法的水平.解題的關(guān)鍵是熟悉橢圓的幾何特征,確定a,b,c在橢圓圖形中所對(duì)應(yīng)數(shù)量關(guān)系,然后構(gòu)造三角形,利用正余弦定理求解.

解法3在ΔABF1中,所以由二倍角余弦及橢圓對(duì)稱性得cos ∠BAF1=1-2 sin2∠OAF2=即解得a2=3.

評(píng)析本解法利用二倍角的余弦與橢圓的對(duì)稱性知識(shí)求解,與解法2 殊途同歸,皆是從解三角形的角度求解.由已知條件,ΔABF1是等腰三角形,結(jié)合橢圓對(duì)稱性,建立數(shù)量關(guān)系,將三角函數(shù)關(guān)系轉(zhuǎn)化為線段長(zhǎng)度,求出a的值,從而求得橢圓方程.

解法4橢圓C的右準(zhǔn)線l為設(shè)點(diǎn)A到準(zhǔn)線l的距離為點(diǎn)B到準(zhǔn)線l的距離為則AA′=a2; 由橢圓第二定義知,故點(diǎn)B到準(zhǔn)線l的距離為如圖4,過B作BH⊥AA′于點(diǎn)H,則在ΔABH中,由相似比可求點(diǎn)F2到準(zhǔn)線l的距離為解得a2=3.

圖4

評(píng)析本解法運(yùn)用橢圓第二定義求解,雖然2003年版的《課程標(biāo)準(zhǔn)》與2019年的《考綱》沒有要求,但在人教A版《數(shù)學(xué)》(選修2-1) 中分別以例題與課后閱讀材料的方式呈現(xiàn),符合《考綱》中“了解圓錐曲線的實(shí)際背景”的要求,給考生提供更大的發(fā)揮空間,體現(xiàn)考生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的潛能與試題的區(qū)分選拔功能.

題目3(2019年高考全國(guó)Ⅰ卷理科第12題) 已知三棱錐P -ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上,PA=PB=PC,ΔABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,E,F分別是PA,AB的中點(diǎn),∠CEF=90°,則球O的體積為( )

解法1如圖5,以ΔABC的內(nèi)心O1為坐標(biāo)原點(diǎn),O1A為x軸,過O1作y軸平行于BC,O1P為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)棣BC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,所以

P(0,0,h),則可得從而

又∠CEF=90°,故--→CE·--→FE=0,求得

由三棱錐P - ABC是正三棱錐知,外接球的球 心O在O1P即z軸上,設(shè)O(0,0,m),則且故解得從而即球O的半徑為所以球O的體積為因此選D.

圖5

評(píng)析本解法采用坐標(biāo)求解.外接球題型關(guān)鍵是找球心,因?yàn)楸拘☆}的三棱錐P -ABC是正三棱錐,所以外接球的球心在其高線上,利用坐標(biāo)法通過坐標(biāo)運(yùn)算,可以快速確定球心,減輕考生的負(fù)擔(dān),提高答題的準(zhǔn)確性.

圖6

圖7

解法2如圖7,設(shè)PA=PB=PC=a,由題意易知在ΔPAC中,由余弦定理得

在ΔACE中,

評(píng)析本解法利用長(zhǎng)方體外接球性質(zhì)求解.首先根據(jù)已知條件,推導(dǎo)出三棱錐P -ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直,且長(zhǎng)度相等,然后把三棱錐嵌入正方體,利用正方體的外接球性質(zhì),得到外接球的半徑,最終求解外接球的體積.其中關(guān)鍵和難點(diǎn)是判斷三條側(cè)棱兩兩垂直,要求考生具有較高的空間想象能力,推理論證能力,扎實(shí)的運(yùn)算求解能力.

題目4(2019年高考全國(guó)Ⅰ卷理科第16題) 已知雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,過F1的直線與雙曲線C的兩條漸近線分別交于A,B兩點(diǎn).若則C的離心率為____.

解法1如圖8,在ΔF1F2B中,A,O分別為F1B,F1F2的中點(diǎn),故AO//BF2,從而∠AOF1=∠BF2F1.又∠AOF1=∠BOF2,故∠BOF2=∠BF2F1,于是BF2=BO.在RtΔF1F2B中,則BF2=BO=OF2,從而∠BOF2=60°,所以因此可得

圖8

評(píng)析本解法利用雙曲線的幾何圖形特性求解.通過平行及垂直關(guān)系,得到ΔBOF2是正三角形,進(jìn)而求得直線OB即漸近線的斜率,得到a與b的關(guān)系,求得離心率.

解法2如圖8,因?yàn)镕1A=AB且所以A是F1B的中點(diǎn),從而OA//F2B,故OA⊥F1B,于是直線BF1的方程為得聯(lián)立進(jìn)而求得

在RtΔFFB中,有化簡(jiǎn)得b2=3a2,即

評(píng)析本解法利用勾股定理求解.根據(jù)已知條件求得直線BF1的方程,聯(lián)立漸近線方程,求得點(diǎn)B的坐標(biāo),運(yùn)用兩點(diǎn)間的距離公式,求出RtΔF1F2B的三邊,利用勾股定理化簡(jiǎn)得到b2=3a2求出離心率.比較解法1 與解法2,通過幾何圖形的特征,運(yùn)用數(shù)形結(jié)合可以簡(jiǎn)化運(yùn)算,提高準(zhǔn)確率.

題目5(2019年高考全國(guó)ⅠⅠ卷理科第11題) 設(shè)F為雙曲線因此可得的右焦點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),以O(shè)F為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P,Q兩點(diǎn),若PQ=OF,則C的離心率為( )

解法1如圖9,PQ是以O(shè)F為直徑的圓的一條弦.由于PQ=OF,故PQ是直徑,從而過以O(shè)F為直徑的圓的圓心.不妨令圓心為O1,則在RtΔOPO1中,從而解得因此選C.

圖9

評(píng)析本解法采用圓的定義法求解.根據(jù)圓的性質(zhì),構(gòu)造RtΔOPO1,利用勾股定理,得到a與c的關(guān)系式,從而求得離心率,借助圓的幾何性質(zhì),實(shí)現(xiàn)簡(jiǎn)化運(yùn)算的目的.

解法2如圖9,由已知PQ=OF結(jié)合圓的性質(zhì)可得,PQ是以O(shè)F為直徑的圓的另一條直徑.從而PQ所在直線方程為:代入x2+y2=a2,可得而故化簡(jiǎn)得2a2=c2,所以即因此選C.

評(píng)析本解法利用坐標(biāo)法求解.根據(jù)已知條件,確定直線PQ的方程,代入圓O方程求出長(zhǎng),即圓的直徑,化簡(jiǎn)得到a與c的關(guān)系式,求得離心率,體現(xiàn)解析幾何的經(jīng)典思路與通法.

4.探究感悟

不同的思考角度與方法,體現(xiàn)考生數(shù)學(xué)能力與綜合素養(yǎng)的差異.不僅能有效地培養(yǎng)考生勇于探索,敢于實(shí)踐的精神,而且能拓寬考生思維與認(rèn)知水平,挖掘考生數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的潛能,提高考生數(shù)學(xué)實(shí)踐應(yīng)用的能力,提升考生的數(shù)學(xué)素養(yǎng).在日常的教學(xué)過程中,教師應(yīng)以幾何圖形的定義與性質(zhì)為載體,加強(qiáng)考生理解掌握幾何定義性質(zhì)知識(shí),通過適當(dāng)?shù)湫偷摹熬戮毩?xí)”[6],訓(xùn)練考生幾何選填題的應(yīng)用求解能力,總結(jié)幾何選填題求解方法,指導(dǎo)考生理解與掌握幾何選填題的解題策略方法,提高考生數(shù)學(xué)閱讀能力,提升邏輯推理素養(yǎng)和直觀想象素養(yǎng),讓考生在“潤(rùn)物細(xì)無聲”中學(xué)會(huì)用數(shù)形結(jié)合思想解決幾何問題[7].