一道“曲率”題的強(qiáng)烈輻射

王 勇 陳靖逸

(湖北省襄陽(yáng)市第一中學(xué)，441000)

2021年1月23日是值得紀(jì)念的日子,由國(guó)家教育部命題考試中心統(tǒng)一命題,江蘇、河北、遼寧、福建、湖北、湖南、廣東和重慶等八省市高三學(xué)生參加的大聯(lián)考拉開序幕,考生總?cè)藬?shù)達(dá)331萬(wàn)，約占全國(guó)高考總?cè)藬?shù)的三分之一,這也是中國(guó)歷史上第一次大規(guī)模的聯(lián)考,絕對(duì)可以載入史冊(cè).本次大聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷中的立體幾何題的背景及考查點(diǎn)令人耳目一新,試題以大興機(jī)場(chǎng)的建設(shè)成就和高等數(shù)學(xué)中的微分幾何為背景,考查新定義“空間彎曲率”——“曲率”,對(duì)學(xué)生獲取信息能力、抽象概括能力、理解能力要求較高,是大聯(lián)考的一大亮點(diǎn).下面給出此題的深刻剖析及此題的幾道變式題,供同學(xué)們研讀.

一、試題分析

(1)求四棱錐的總曲率;

(2)如果多面體滿足頂點(diǎn)數(shù)-棱數(shù)+面數(shù)=2,證明:這類多面體的總曲率是常數(shù).

解(1)如圖2,四棱錐共有5個(gè)頂點(diǎn),5個(gè)面.

四棱錐所有面角之和等于4個(gè)三角形內(nèi)角之和再加上1個(gè)四邊形的內(nèi)角之和.故四棱錐的總曲率=5×2π-4×π-2π=4π.

(2)解法1設(shè)多面體頂點(diǎn)數(shù)為V，棱數(shù)為E，面數(shù)為F，則V-E+F=2.

多面體的總曲率=V×2π-多面體所有面角之和=V×2π-多面體的所有面的內(nèi)角之和.

多面體的面均為多邊形,由多邊形的內(nèi)角和公式可知,在多面體的所有面的內(nèi)角之和的計(jì)算過程中,每條棱都計(jì)算了兩次,所以多面體的所有面的內(nèi)角之和等于2E×π-F×2π,從而多面體的總曲率為V×2π-2E×π+F×2π=(V-E+F)×2π=4π.因此,這類多面體的總曲率是常數(shù).

解法2設(shè)多面體頂點(diǎn)數(shù)為V，棱數(shù)為E，面數(shù)為F，則V-E+F=2.

設(shè)多面體的F個(gè)面分別是ni(i=1,2,…,F)邊形，因?yàn)閚i邊形的內(nèi)角和為(ni-2)π，且滿足n1+n2+…+nF=2E(每條棱被兩個(gè)面公用，算作兩條邊)，所以多面體的總曲率

K=V×2π-多面體所有面角之和

=V×2π-多面體的所有面的內(nèi)角之和

=V×2π-(n1+n2+…+nF-2F)π

=V×2π-(2E-2F)π

=2π(V-E+F)=2π×2=4π.

因此,這類多面體的總曲率是常數(shù).

評(píng)注(1)該題打破傳統(tǒng)的出題模式,大膽創(chuàng)新的命題方式符合新高考的“多變性”,體現(xiàn)了時(shí)代特色.

(2)歐拉定理V-E+F=2(其中V為頂點(diǎn)數(shù)，E為棱數(shù)，F(xiàn)為面數(shù))是簡(jiǎn)單多面體的一個(gè)幾何不變性質(zhì),也是推出總曲率為常數(shù)的依據(jù).以命題形式進(jìn)行普及,加深了學(xué)生的認(rèn)知.破解本題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化,一是整體上來(lái)看,所有頂點(diǎn)處的面角之和等于多面體每個(gè)表面的多邊形的內(nèi)角和;二是多面體的總曲率=2π×頂點(diǎn)數(shù)-所有表面多邊形的內(nèi)角之和.

(3)第(2)問的解法1是命題組給出的標(biāo)準(zhǔn)答案,比較抽象,學(xué)生理解有困難;而解法2的思路自然流暢,通俗易懂,值得借鑒.

二、強(qiáng)烈輻射

(A)a>b>c>d

(B)a>b>d>c

(C)b>a>d>c

(D)c>d>b>a

評(píng)注本題給出多面體M在點(diǎn)P處的離散曲率的計(jì)算公式及內(nèi)涵解讀,要求學(xué)生在閱讀理解的基礎(chǔ)上分別計(jì)算四類具體正多面體在各頂點(diǎn)處的離散曲率,再比較大小,有效考查了學(xué)生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力,對(duì)平面幾何知識(shí)的考查也相當(dāng)充分.

例3如圖4,在正三棱錐S-ABC中,D,E,F,G分別為SA,SC,BC,AB的中點(diǎn).

(1)證明:D,E,F,G四點(diǎn)共面,且AC∥平面平面DEFG；

又AC?平面DEFG，DE?平面DEFG，所以AC∥平面DEFG.

(2)由(1)可得DE∥GF，且DE=GF，所以四邊形DEFG為平行四邊形.

于是,由AB=2，可知?SAB,?SBC,?SAC都是斜邊長(zhǎng)2的等腰直角三角形,?ABC為邊長(zhǎng)為2的正三角形.

如圖5，取AC的中點(diǎn)O，連結(jié)SO，BO，則SO⊥AC，BO⊥AC.又SO∩BO=O,所以AC⊥平面OBS.

(A)存在這樣的函數(shù),該函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn)之間的“曲率”為常數(shù)

(C)函數(shù)f(x)=ax2+b(a>0,b∈R)圖象上任意兩點(diǎn)A,B之間的“曲率”φ(A,B)≤2a

(D)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)是曲線f(x)=ex上不同兩點(diǎn),且x1-x2=1,若tφ(A,B)<1恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(-∞,1).

分析本題是多選題,是新高考標(biāo)志性的新題型.根據(jù)題設(shè)中引入曲線上兩點(diǎn)間“曲率”的定義,可利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義并結(jié)合特例法、放縮法獲解.

綜上，選AC.

(1)求b的值；

(2)若函數(shù)f(x)存在零點(diǎn)，求a的取值范圍；

(3)已知1.098

解(1)當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-lnx-bcos(x-1),所以f(1)=-b.

(2)由(1)知f(1)=aex-lnx-cos(x-1).令f(x)=0,得

由此易見h(x)在(0,1)單調(diào)增，在(1,+∞)單調(diào)減.所以h(x)≤h(1)=0,即lnx+1≤x.

綜上，1.14

評(píng)注本題以曲率為媒介,主要考查函數(shù)的求導(dǎo)運(yùn)算、零點(diǎn)和放縮法,考查的學(xué)科素養(yǎng)是理性思維、數(shù)學(xué)應(yīng)用和數(shù)學(xué)探索.