基于直觀想象的立體幾何試題命制探究

福建 林清利 唐碧容

(作者單位：福建省莆田第一中學)

2020-2021年的高考試題全面考查了高中數(shù)學六大核心素養(yǎng)，作為一線教師應當充分挖掘高考試題的內涵，領會核心素養(yǎng)導向，并潛心探索如何在平時的課堂中加以落實.直觀想象是六大核心素養(yǎng)之一，它是指借助幾何直觀和空間想象感知事物的形態(tài)與變化，利用空間形式特別是圖形，理解和解決數(shù)學問題的素養(yǎng).通過直觀想象，可以預判問題的發(fā)展方向，站在更高的角度俯瞰題目，抓住問題的核心，命制萬變不離其宗的試題.

本文通過一道高考真題的變式研究及溯源，以一題多解、一題多變、回歸教材等方式研究問題本質.先用解析法探究，然后著重用幾何法分析，通過直觀想象感知空間中的線面角、二面角的作圖方法，減少計算量，提高抽象思維的要求.闡明變式過程中的“變”與“不變”，抓住變式規(guī)律和方向，形成命題式的教學模式，并以“微專題”的形式在平時教學中加以實踐.

1.經典母題

【例】(2021·全國甲卷理·19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，側面AA1B1B為正方形，AB=BC=2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1.

(1)證明：BF⊥DE；(2)當B1D為何值時，平面BB1C1C與平面DFE所成的二面角的正弦值最??？

分析：本題的幾何體是直三棱柱,這給考生直觀的視覺感知.題干中第二個條件蘊含垂直,結合最后一個條件,先直觀預判BA,BC,BB1兩兩垂直,然后借助長度關系加以證明，這堅定了考生建立直角坐標系來解題的自信.

雖然D是動點,造成兩個問題中均含有動態(tài)的直線或平面的空間角的問題,但是命題人把動點D控制在直線A1B1上,使用坐標法可以簡潔輕松地完成本題兩問,一氣呵成.

2.解題探究

若僅滿足于坐標法解題,便缺少對本題命制手法的探究.基于直觀想象的幾何法無疑是探究本題的最佳視角,下面探究本題的特點、解法、題源及變式.

第(1)問分析1:注意到DE始終在△A1B1E內,故只需證明BF⊥平面A1B1E.

第(1)問分析2:考慮到BF是在“豎直”的平面B1BCC1內,而DE不在平面B1BCC1內,故只需證明DE在平面B1BCC1的投影與BF垂直即可.

第(2)問圖中沒有平面BB1C1C與平面DFE的公共棱,故應先把平面DFE延展,進而作出公共棱.

解答：(1)略；(2)如圖1,延長EF,A1C1,設EF∩A1C1=G,連接DG,設DG∩B1C1=H,連接FH.

圖1

思路一:從點D出發(fā)作平面角.

解法一：如圖2,過B1作B1J⊥FH,垂足為J,連接DJ.由(1)知A1B1⊥平面B1BCC1,則A1B1⊥FH,且A1B1∩B1J=B1,從而FH⊥平面B1DJ,那么DJ⊥FH,所以∠B1JD是二面角D-FH-B1的平面角.

此時sin∠B1JD也最小.

圖2

思路二:從點E出發(fā)作平面角.

那么當C1H=n=1時tan∠ELK最小,

圖3

思路三:注意到△DEF在平面B1BCC1內的投影是確定的三角形,故無需作出公共棱和平面角.

解法三：如圖4,設BC中點為K,連接EK,KB1,B1F,FK,易證EK⊥平面B1BCC1,則△DEF在平面BB1C1C內的投影為△B1FK.設所求角為θ,△DEF與△B1FK的面積分別記為S△DEF,S△B1FK,

則S△B1FK=S△DEF·cosθ,由于EF,S△B1FK為定值,故當cosθ最大時,S△DEF最小,

從而點D到直線EF的距離最小,其最小值為異面直線A1B1與EF之間的距離d.

又由于A1B1∥平面EFK,那么d等于A1B1到平面EFK的距離,

即d等于B1到平面EFK的距離,亦即d等于B1到FK的距離.

圖4

如圖5,連接B1C,CA1,設EF∩A1C=M,易知點M是線段A1C的三等分點(靠近C)，

又EF⊥B1C,A1B1⊥B1C,那么當DM∥B1C時,DM為異面直線A1B1與EF的公垂線.

從而點D是線段A1B1的三等分點(靠近B1),

圖5

以上三種解法雖然都是幾何法,但是在計算量、思維量上有較大差別.解法一中由于D是動點,導致△B1DJ三邊均是變化的,計算量大;解法二中E是定點,Rt△ELK的一條直角邊是固定的,從而在計算量上得到了較大的精簡;解法三站在結論的基礎上看問題,并不斷地轉化問題,幾乎沒有運算量,把動態(tài)問題“動中求靜”的思路發(fā)揮得淋漓盡致,直擊問題本質.

3.變式拓展

母題變式1：尺規(guī)作圖問題在全國卷考題中也經常涉及,特別截面問題是熱點、難點問題.本題中△DEF在幾何體內部,故可在本題中增加一問：“請作出平面DFE截三棱柱ABC-A1B1C1的截面.”

解：延長EF,A1C1,設EF∩A1C1=G,連接DG,設DG∩B1C1=H,連接FH,則四邊形DEFH為所求截面.

母題變式2：由解法二發(fā)現(xiàn)點H完全由點D控制,且平面BB1C1C與平面DFE所成二面角的正弦值最小時,點H恰為線段B1C1中點,故本題可以改編為“H為棱B1C1上的點,當平面BB1C1C與平面EFH所成二面角的正弦值最小時,請確定點H的位置.(其他條件不變)”這樣設計從結果上看是中點,數(shù)據(jù)更直觀,更具有對稱美.

簡解：由上面的解法二可知當H為B1C1中點時,所求二面角的正弦值最小.

母題變式3：改變目標函數(shù),例如求DE與面BB1C1C所成角的正弦值的取值范圍.

簡解：作DE在平面BB1C1C內的投影為B1K,DE與平面BB1C1C所成角α,則0≤α≤∠EB1K,

4.題源探究

1.如圖,兩條異面直線a,b所成角為θ,在直線a,b上分別取點A′,E和A,F,使AA′⊥a,且AA′⊥b,已知A′E=m,AF=n,EF=l,求線段AA′的長.

2.(2013·北京卷理·14)如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上，點P到直線CC1的距離的最小值為________.

評注：以上兩題實質是探究兩條異面直線間的距離.雖然教材中不提這個概念,但是仍然作為習題探究.而且一些考題中會蘊含該模型,值得關注.

(1)證明：PO⊥平面ABC；

(2)若點M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.

分析：第(2)問注意到二面角M-PA-C的一個半平面和所求問題中的平面PAM是公共的,而直線PC恰在另一個半平面內,從而本題非常適合從定義出發(fā),借助投影,運用幾何法可以避開求解點M的坐標,也無需確定點M的準確位置,從而快速破解.

解：(1)略;(2)設AP中點為Q,連接CQ,則CQ⊥AP,作QN⊥AP交PM于N,則∠CQN=30°,

4.(2020·新高考Ⅰ卷·20)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.

(1)證明：l⊥平面PDC；

(2)已知PD=AD=1，Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

分析：由條件可知DA,DC,DP兩兩垂直且長度均相等,從而可以把幾何體補形為正方體,這樣直線PB在平面QCD的投影就比較直觀,從而可以快速破解.

評注：以上兩道高考題以正方體為載體或有面面垂直等特殊條件,利用這樣的幾何直觀解題簡潔大氣,令人回味無窮,驚嘆模型的魅力,可以感受到全國卷命題專家的深厚功力.

5.總結規(guī)律

從上述考題的特點與解法中可以發(fā)現(xiàn)高考命題的一個基本理念是讓學生“多思少算”,那么要如何正確地思考,發(fā)散地思考呢?答案是基于核心素養(yǎng)的思考.利用幾何直觀,充分發(fā)揮想象,把解題與命題關聯(lián)起來,真正實現(xiàn)從解題到解決問題的升華.

對于立體幾何試題的解題與命制,對學生與教師的建議如下:

1.對于學生

(1)重視基本概念.概念是一切問題的基礎,數(shù)學玩得就是一個概念.學生在學習與復習的過程中要高度重視教材中關于概念的生成、理解和應用；

(2)重視基本方法.立體幾何中有坐標法與幾何法兩個基本方法.兩者要并重,特別是在解答題中,不能只會坐標法,適當?shù)厥褂脦缀畏ㄌ骄?將會收獲更多的思路與解法.

2.對于教師

(1)重視教材.一方面，鉆研教材,熟悉教材,才能整體把握知識的系統(tǒng)性.另一方面,高考試題的基本素材是教材.教材中的概念辨析,習題改編等都要高度重視；

(2)探究解法與變式.作為教師不能僅滿足坐標法,更需要熟悉幾何法.把問題歸類、模型化,探究其本源,進而把問題變式,實現(xiàn)多題一解,再嘗試命制一些試題,提升自身的綜合素質.

6.結束語

基于直觀想象的立體幾何試題的命制，首先要明確考查目標，然后尋找合適典型的模型載體，揭示問題本質，最后控制變量，明確問題中“變”與“不變”的關系,從解析法和幾何法的角度分別解釋“變”與“不變”.新高考試題正往兼具選拔和育人功能的良性方向不斷發(fā)展，作為一線教師，我們也要全力配合，我們的數(shù)學教學也應該是以育人為導向，課堂中要給學生發(fā)現(xiàn)問題、探究問題、討論問題、解決問題、改變問題的命題式數(shù)學學習體驗，提高他們直觀感知、預測、論證數(shù)學問題的能力.

(本文為福建省教育科學“十四五”規(guī)劃2021年度專項課題《核心素養(yǎng)視域下高考數(shù)學命題研究》研究成果之一(課題編號Fjjgzx21-006)