核心素養視域下對2020年高考Ⅰ卷(理科數學)18題多維度的思考

張松山

摘? ?要：立體幾何歷年都是高考重點、熱點的內容之一，通過引導學生認真分析高考中的立體幾何試題，從具體問題出發，研究試題的背景、考查的目標以及解題的思路，以培養學生的數學核心素養.

關鍵詞：立體幾何;核心素養;坐標法;基底法

立體幾何是高考的必考內容之一.縱觀近幾年高考立體幾何解答題部分，第一小題主要證明直線與直線垂直或者平行、直線與平面垂直或者平行、平面與平面垂直或者平行，第二小題主要求直線和平面所成的角或者二面角，重點考查學生的邏輯推理、直觀想象、數學抽象、數學運算能力.

數學核心素養的培養的方法和方式有很多種，其中的一個重要方法就是培養學生一題多解的能力，這樣可以提高學生的“三會”（用數學的眼光觀察世界、用數學的思維思考世界、用數學語言表達世界）.學生核心素養的培養，離不開教師對教學的研究.教師對教學研究的有效方式之一就是研究題目，而高考題目是經過數學教育專家研究的成果之一，因此，教師有必要對高考題目的考查目標，試題的背景，解題思路進行研究.

1? 真題呈現

如圖1，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD，ΔABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO=DO.

（I）證明：PA⊥平面PBC;

（II）求二面角B-PC-E的余弦值.

2? 考查目標

試題考查圓錐的基本概念，考察空間中的直線和直線、直線和平面、平面和平面的位置關系，重點考察考生的空間想象能力、運算求解能力和邏輯推理能力.試題通過求解二面角的余弦值的過程考查學生應用知識分析、求解問題的能力.

3? 試題背景

試題從一個圓錐出發，在圓錐的底面和圓錐的高中構建直線與平面、平面與平面的位置關系.這道題目結合了圓錐和正三棱錐，在解題的過程既要運用圓的知識又要根據立體幾何的相關位置關系來解決問題.在三棱錐P-ABC中為了降低難度將ΔABC設置為等邊三角形. 第一問的難度不大，要求考生有一定的空間想象能力、數學運算能力和邏輯推理能力，解題的關鍵在于通過計算證明PA與平面PBC內的兩條相交直線垂直.對于第二問，通過建立空間直角坐標系，應用向量的方法將幾何問題轉化為代數的問題，通過向量求解二面角B-PC-E的余弦值，在解決這個問題的過程中如何合理建立空間直角坐標系是一個關鍵的步驟.通過這道問題考查考生的空間想象能力、數學運算能力和邏輯推理能力.

4? 解題思路研究

4.1? （I）的證明

證法1

因為AE=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設AO=1，則DO=，又因為PO=DO=×=.

由題意可知AB=，因為AP=PB=PC

所以AB2=PA2+PB2，所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又因為PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法2

如圖2，設AE與BC交點為F，連接PF，由題意可知F是BC的中點.

因為AE=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形.

設AO=1，則FO=，DO=，PO=DO=×=.所以PF==，PA==，又因為AF=，所以AF2=PA2+PF2，所以PA⊥PF.

因為PO⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以，PO⊥BC.

又因為AF⊥BC，AF∩PO=0，PO?平面AFB，所以BC⊥平面AFB，又因為PA?平面AFB，所以BC⊥PA.

由上有PA⊥BC，PA⊥PF，BC?PF=F，PF?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：在第一個問題中要證明線面垂直，要找線線垂直，證法1利用勾股定理證明PA垂直平面PBC內的兩條相交直線，再通過三條邊的關系證明垂直.證法2，證明PA⊥PF采用的是勾股定理，證明PA⊥BC采用的方法是由線面垂直（P0⊥平面ABC）到線線垂直（P0⊥BC），再由線線垂直（AF⊥BC，P0⊥BC））到線面垂直（BC⊥平面AFB）再到線線垂直（BC⊥PA），證法2相比證法1要復雜一點，需要對立體幾何中關于垂直的性質和定理比較熟悉，因此，相比較證法1更容易想到和接受.

證法3（坐標系法）

如圖3過O作ON‖BC交AB于點N，因為P0⊥平面ABC，以O為坐標原點，OA為x軸，ON為y軸， OP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系. 因為AE=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設AO=1，則DO=，又因為PO=DO=×=.NO=，BC=，各點的坐標分別為O（0，0，0），A（1，0，0），B（-，，0），C（-，-，0），E（-1，0，0），P（0，0，），D（0，0，）

所以，=（1，0，0）-（0，0，）=（1，0，-）

=（-，，0）-（0，0，）=（-，，-），

=（-，-，0）-（0，0，）=（-，-，-）

所以有·=-1×（-）+0×（）+（-）×（-）=0，同理可得·=0

PA⊥BC，PA⊥PC，又因為PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：坐標法的關鍵是建立合適的空間直角坐標系，將幾何關系通過量化的形式，由空間問題轉化為通過坐標的計算來解決，因此，需要有一定的數學建模能力、直觀想象能力與數學計算的能力.考生在用這個方法解題時可能出現的幾個問題是：第一，不知道怎么建立空間直角坐標系;第二，計算的過程中易出錯.

證法4（基底法）

因為AE=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設AO=1，則DO=，又因為PO=DO=×=.

如圖4， 設=，=，=，，，為一組基底，由已知條件可知||=||=||=，與的夾角為120°，與互相垂直， 與互相垂直，因為= -，=-，·=-，·=·=0.

所以·=（-）（-）=·-·-·+·=（-）-0-0+×=0.

所以PA⊥PB，由圖形的對稱性可知PA⊥PC，又因為PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：利用基底法證明的一個重要步驟是找到三個合適的基向量，如果基向量的選取不合適，那么會導致計算難度比較大，計算過程變得復雜.基向量的選取還要考慮三者角度的關系，最好是三者互相垂直的方向，如果不能也要是它們之間所成的角度是特殊角.

4.2? （II）的證明

解法1? ?（二面角的“真作真求”）

如圖5 在ΔPCE上過點E做EH垂直PC且交于H，在平面PC上過H作HK平行于PB交CB于K，最后連接EK，由證法1可知PB⊥PC，所以HK⊥PC，又因為HK?平面PEC，平面PBC∩平面PEC=PC，所以∠EHK是二面角B-PC-E的平面角.

在ΔPCE中，PC=PE=，CE=1.

所以cos∠EPC==? 所以sin∠EPC=，

所以EH=PE·sin∠EPC=，

所以PH=PE·cos∠EPC=PE=PC，所以H是PC的三等分點，又因為HK平行于PB，所以HK=PB= ，在ΔCKE中CK=CB，CE=1，∠ECK=30°，

由余弦定理可以求出EK= ， 在ΔHKE中，有EH=，HK=，EK=， 由余弦定理可以求出cos∠EHK=，所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法2 （二面角的“假作真求”）

如圖6，過B作BH垂直平面CEP垂足為H，連接PH，由已知條件可知∠BPH是二面角B-PC-E的平面角，BH可以看成三棱錐B-PCE的高.

由已知條件有PB=PC=PE=，CE=BE=1，BC=，SΔBCE=BC·CE·sin∠ECB=，由海倫公式可以求出SΔPCE=，Vp-BCE=SΔBCE·OP， VB-PCE=SΔPCE·BH.

根據體積相等，有Vp-BCE=VB-PCE，從而有SΔBCE·OP=SΔPCE·BH.

把相關的量帶入，有××=×·BH，從而求出BH=.

所以sin∠BPH==，從而可得cos∠BPH=， 所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法2的另解

由證法2可知點E到平面PCB的距離等于點A到平面PCB的距離的三分之一，而點A到平面PCB的距離就是PA的長度，所以E到平面PCB的距離是，和解法1一樣可以求出E到直線PC的距離EH是，二面角B-PC-E的正弦值等于hE /EH，求得該值為，最后應用同角三角函數的平方關系就可以求出二面角B-PC-E的余弦值.

解法分析：解法1通過圖形的特征以及邊角之間的關系，把二面角的平面角找出來.解法2通過等體積法把二面角的平面角的高求出來，由于高很難通過圖形表示出來，因此，需要學生有比較強的數學抽象能力和直觀想象能力.這兩個解法對空間想象能力要求比坐標法來的高，因此，對空間想象能力基礎比較弱的學生可以不做要求，對于基礎較好的學生可以進行擴展.

解法3 （坐標法）

由證法3可知=（-，-，-），

=（-，，-），

=（-1，0，0）-（0，0，）=（-1，0，）.

設平面BPC的法向量為=（x1，y1，z1），平面EPC的法向量為=（x2，y2，z2）.

則有

-·x1+（

-）·y1+（

-）·z1=0

-·x1+

·y1+（

-）·z1=0? 令z1=-，則，x1=2，y1=0，所以=（2，0，-）

同理可以求出平面EPC的法向量為=（1，，-）.

cos（ ，）===

所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法分析：第二小題約有90%的考生會正確地采用坐標法求解.坐標法的優勢在于考生可以通過用代數的方法求解，將幾何問題轉化為代數的問題，對考生的直觀想象能力的要求比較低.建立合適的空間直角坐標系是關鍵，對于本道題目除了證法3那樣建立坐標系以外，還可以考慮根據證法1，可以得到PA，PB，PC兩兩互相垂直，所以還可以考慮以邊PA，PB，PC所在的直線來建立直角坐標系.

解法4（基底法）

由證法4可知=--，=++，=-+2，=-，

設平面BPC的法向量為=x1+y1+z1，

平面EPC的法向量為=x2+y2+z2

則

·

=0

·

=0 ，有（x1

+y1

+z1

）·（

+

+

）=0

（x1

+y1

+z1

）·（

+2

）=0

即

x1+

y1+

z1=0

y1=0 ，令x1=1，則有y1=0，z1=-1

所以=--，同理可以求出=2+-3.

cos（，）== =.

所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法分析：坐標法也是基底法的一種形式，解法3在計算上更加簡潔，都是需要考生建立空間直角坐標系，解法4只需要考生建立三個基向量就行.

5? 考題評價

考題以考生熟悉的圓錐為載體，通過在圓錐內部的點組成正三棱錐，將圓錐和正三棱錐結合來考察考生數學核心素養的水平，考生對考題中點、線、面的位置關系感到熟悉而又陌生.考題貼近考生學習的情況，同時，考題出現的信息量大，不同的考生結合自己的學習情況可以給出不一樣的解答，為考生在發現、分析和解決問題提供了思維空間.考題在考察學生的立體幾何基礎知識的同時還考察學生對問題的轉化和化歸的能力.考題能很好按照新課程標準的要求，把空間想象、向量運算、數值計算、邏輯推理、空間建系、空間作圖等融入問題中.考題不僅重視基礎還重視能力，因此，有比較好的區分度和選拔的功能.