2023年新高考空间几何题命题特色之我见

余继光

(浙江省绍兴市柯桥中学)

教育部高考命题中心数学命题专家依据《普通高中数学课程标准》中高考数学命题评价标准,命制新高考数学空间几何题所形成的命题文化氛围,不同于其他省市单独命题的命题文化氛围,因此,一线教师在高考数学二轮专题复习时,一要关注近几年新高考空间几何题的命题特点;二要把握其命题特色,使复习更加有效,着力点更加准确.

1.近两年新高考空间几何题的命题特点

以新高考Ⅰ卷为例,2021年与2022年新高考空间几何题体现在多面体与旋转体的融合性,标准几何体中点线面的动态性,命题手段的逆向性,空间图形的应用性等.

表1

1.1 2021年新高考空间几何题的命题特点

(1)融合性:空间几何题选择的几何图形既有旋转体(圆锥)又有多面体(正三棱柱与三棱锥);

(2)动态性:在标准几何体——正三棱柱中引入向量与双参数,使点、线变动,判断度量关系与位置关系命题的正确性;

( )

A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值

B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值

求解中快速而准确地画出直观图进行逻辑推理与分析,从而可以判断A错误,B正确,C错误,D正确,考查空间中点线面的位置关系与度量关系分析的基本功;

(3)逆向性:解答题中,空间几何位置关系中的由面面垂直推证线线垂直,度量关系由二面角大小反推算三棱锥体积,都属于逆向设问.

1.2 2022年新高考空间几何题的命题特点

表2

(1)应用性:用数学眼光看现实情境,解决近似台体体积的大数据计算与表示问题;

(2)融合性:正四棱锥与外接球结合,将其中几何量间的关系隐藏,逻辑推理计算出几何体的体积范围;

( )

剖析:设该球的半径为R,

设正四棱锥的高为h,底面边长为a,如图,

当且仅当h=12-2h,即h=4时,等号成立.

导数思路:f′(h)=2h(4-h),

故选C.

将多面体与旋转体融合在一起是新高考空间几何题的一大特色,球的体积给定即球的半径给定;抓住四棱锥中的“图眼”;求解四棱锥体积函数的最值,需要寻找合适的自变量;侧棱长是变量,说明四棱锥的高在变化.

(3)经典性:在正方体中命制线线(异面)所成角与线面所成角命题,考查学生的空间想象、逻辑推理基本功;

(4)逆向性:由几何体的体积,逆向计算点到平面的距离与二面角的大小.

2.2023年新高考空间几何题命题特色预测

通过近两年新高考空间几何题的上述命题特点,预测2023年新高考空间几何题仍将保持这些特点与命题特色文化.

2.1多面体与旋转体的融合特色

空间几何体由多面体与旋转体组合,多面体的内切球与外接球是命题的一大背景;另一特色就是球体内放置多面体,这一融合将球体的几何要素与多面体的几何要素间关系隐藏,应试者必须熟练地挖掘出它们之间的联系,从而解决给定的问题.

2.2空间几何体中的动态变化规律

空间几何体中任何一个几何要素的变化都可以引起位置关系与度量关系的动态变化,其间是否有定值定位的规律呢?需要应试者具有分析智慧与空间想象能力,如果以参数形式带动,必须将“数”与“形”准确有机结合,解题思维与途径才能突破.

2.3逆向设计位置与度量关系混合呈现

高考数学命题专家逆向设计命题手段是最熟练的,应试者只需顺向思考,不受逆向设计的干扰,遇“河”搭“桥”,引入基本要素变量.

3.新高考空间几何专题复习的变式训练

科学研究表明,开放式的变式训练是对数学学习非常有益的,可以提升或培养空间想象的关键能力.

3.1由平面图形折叠成空间几何体中变式训练

由平面图形——折成空间几何体——补成规范空间几何体,以便于研究其点、线、面的位置关系或度量关系,寻找图眼运用逻辑推理,或建立空间直角坐标系运用代数运算,以便于发现棱长之间的数量关系,如此“动手折,动脑思,动笔算,用心变”变式训练可以丰富学生的空间想象能力,培养学生的运算求解关键能力.

【案例1】三角形折叠

动手动脑:用硬纸(板)剪一个(正)三角形,然后按对称轴折起,用一线段连接构成一个半封闭的三棱锥,观察分析三棱锥的特征,可将三棱锥补形成三棱柱.

提出问题:一个边长为2的正三角形△ABC沿高AD折起后,使B,C间距离为x,则当x为________时,平面ABD⊥平面ACD;当x为________时,CD⊥平面ABD;当x为________时,直线AB⊥CD.

【变式1】一个边长为2的正三角形△ABC沿高AD折起后,使B,C间距离为x,则

当x为________时,平面ABD与平面ACD构成的二面角为60°;

当x为________时,BC与平面ABD所成角为60°;

设△ABC重心为G,当x为________时,直线BD与CG所成角为60°.

解析:按照题意折成的三棱锥A-BCD,如图1所示,

图1

底面△BCD是一个腰长为1的等腰三角形,

且AD⊥平面DBC,因此可将此三棱锥补形为直三棱柱,

如图2所示,易知∠BDC为平面ABD与平面ACD所成二面角的平面角,

图2

所以当x=BD=CD=1时,

二面角∠BDC=60°;

过点C作CF⊥BD交BD于点F,

易知CF⊥平面ABD.

因为∠DBC为直线BC与平面ABD所成角,

所以当∠DBC=60°时,x=BD=CD=1;

如图3所示,

图3

连接CE,GE,GC.

因为点G是△ABC的重心,

则∠EGC为直线BD与CG所成角,

所以∠EGC=60°,

在△BEC中,CE2=BE2+BC2-2BE·BC·cos∠EBC,

【变式2】一个底边为2,腰为3的等腰三角形ABC沿高AD折起后,使B,C间距离为x,则当x为________时,平面ABD与平面ACD构成60°二面角;当x为________时,BC与平面ABD所成角为60°;当x为________时,直线AB⊥CD.

解析:依题意折成三棱锥A-BCD,

底面△BCD是一个腰长为1的等腰三角形,

且AD⊥平面BCD,

因此可将该三棱锥补形为直三棱柱,

易知∠BDC为平面ABD与平面ACD所成二面角的平面角,

所以当x=BD=CD=1时,

二面角∠BDC=60°.

过点C作CE⊥BD交BD于点E,

易知CE⊥平面ABD,

所以∠DBC为直线BC与平面ABD的所成角,

当∠DBC=60°时,x=BD=CD=1,

【设计意图】

(1)动手折三角形的过程,要能画出直观图,补形图,锻炼学生的画图能力——空间想象能力;

(2)面对直观图,动脑思考的过程,可以提出一系列的具有逻辑推理思维的空间几何问题;

(3)平面图形转化为空间几何体的动态变化是一大特色,体现经典性与动态性,将立体几何中的点线面位置关系与度量关系全面复习到位.

【案例2】正方形折叠

动手动脑:用硬纸(板)剪一个正方形,然后按要求虚线折起,构成一个全封闭的三棱锥,观察分析三棱锥的特征,发现其是直四棱柱的一部分,即可将三棱锥补形成直四棱柱.

提出问题:一个边长为1的正方形AP1P2P3,B是P1P2中点,C是P2P3中点,沿AB,BC,CA折起后使P1,P2,P3重合为点P,则平面ABC与平面PBC所成二面角的正切值为________.

解析:按照题意折成三棱锥P-ABC,

PA,PB,PC两两垂直,

将此三棱锥补形为长方体,如图所示,

过点P作PD⊥BC于点D,连接AD,

则∠ADP为平面ABC与平面PBC构成二面角的平面角,

【变式1】一个边长为1的正方形AP1P2P3,B是P1P2中点,C是P2P3中点,沿AB,BC,CA折起后使P1,P2,P3重合为点P,则直线PA与平面ABC所成角正切值为________.

解析:按照题意折成三棱锥P-ABC,

PA,PB,PC两两垂直,

此时三棱锥为墙角模型,

取BC的中点D,连接AD,

过点P作PE⊥AD于点E,

则∠PAE为直线PA与平面ABC所成角,

【变式2】一个边长为1的正方形AP1P2P3,B是P1P2中点,C是P2P3中点,沿AB,BC,CA折起后使P1,P2,P3重合为点P,设三角形ABC的重心为G,则直线PG与AB所成角的余弦值为________.

解析:以点P为坐标原点,PB,PC,PA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,

【变式3】正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是棱D1C1的中点,点F在正方体内部或正方体的面上,如图,且满足EF∥平面A1BC1,则

( )

A.动点F轨迹为由正六边形所围成的平面区域外(含边界)

B.动点F轨迹为由正六边形所围成的平面区域内(含边界)

解析:如图1,在正方体内作出截面EFGHIJ,

且平面EFGHIJ∥平面A1BC1,

所以动点F的轨迹为由正六边形所围成的平面区域内(含边界),故A错误,B正确;

故C正确;

如图2,连接B1D1交A1C1于点O,

连接BO,BD1,

因为平面EFGHIJ∥平面A1BC1,

所以BD1与平面A1BC1所成的角即为θ.

因为直线BD1在平面A1BC1的投影为BO,

所以∠D1BO即为所求的角.

在△BOD1中,由余弦定理的推论得

故D错误,故选BC.

图1

图2

【设计意图】

(1)此处所提问题及变式把空间三大角问题都涉及到;

(2)解决问题的方法也比较多,有传统法、几何法、坐标法;

(3)变式问题体现新高考空间几何题命题的特色.

3.2多面体与旋转体融合变式训练

多面体与旋转体融合的方式与途径很多,命题专家也在不断地变化,只有在开放式变式训练中才能提升学生的创新意识与实践能力,迎接新高考空间几何题对学生数学核心素养的要求.

【案例3】如图,AC为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连接PB,PC,AB,BC,作AN⊥PB,AS⊥PC,连接SN.

(Ⅰ)求证:∠ASN是二面角A-PC-B的平面角;

(Ⅱ)若∠ACB=30°,∠PCA=45°,求二面角A-PC-B的正弦值.

【变式1】如图,AC=2为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连接PB,PC,AB,BC.若∠ACB=30°,∠PCA=45°.

(Ⅰ)求A到平面PBC的距离;

(Ⅱ)求AP与BC之间的距离.

【变式2】AC=2r为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,∠PCA=45°,设PB与平面PAC所成角为θ,求sinθ的最大值.

【变式3】如图,AC为圆O的直径,B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连接PB,PC,AB,BC,作AN⊥PB,AS⊥PC,连接SN,设圆O的半径为1,∠ACB=30°,∠PCA=45°.

(Ⅰ)求S△SAN;

【变式4】如图,AC为圆O的直径,点B为圆周上不与点A,C重合的点,PA垂直于圆O所在的平面,连接PB,PC,AB,BC,作AN⊥PB,AS⊥PC,连接SN,∠APC=60°,∠BAC=α,∠ASN=β,证明tanα·tanβ=2.

【变式5】如图,圆柱的轴截面ACDP是正方形,点B在底面的圆周上,AN⊥PB,N为垂足.

(Ⅰ)求证:AN⊥PC;

(Ⅱ)如果圆柱与三棱锥P-ABC的体积比为3π,求直线PB与平面ACDP所成角的正切值.

【变式6】在基本模型中(如图),A点在PB和PC上的射影分别为N和S,设PA=AC=2a,当动点B在圆周上移动时,四面体PANS的体积是否存在最大值?

【问题解答】

∴∠ASN是二面角A-PC-B的平面角;

(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知∠ASN是二面角A-PC-B的平面角,

设AC=2,则AB=1,PA=2,

解法二:过点B作BD⊥PC于点D,

过点D在平面PAC内作PC的垂线交AC于点E,连接BE,

则∠BDE是二面角A-PC-B的平面角,

易证BE⊥DE,设AC=2,

【变式1】(Ⅰ)过点A作AN⊥PB于点N,

(Ⅱ)∵PA⊥AB,AB⊥BC,∴AB=1为AP与BC之间的距离.

BD⊥平面PAC,

∴∠BPD为PB与平面PAC所成的角θ.

则BD=2rcosαsinα.

∵∠PCA=45°,∴PA=AC=2r,

【变式3】(Ⅰ)由上述问题的分析可知,

【变式4】证明:由上述问题的讨论中可知,

∵在Rt△PAC中,∠APC=60°,

∴PC=2PA,∴tanα·tanβ=2.

(Ⅱ)过点B作BH⊥AC,H是垂足,连接PH.

由圆柱性质得平面ACDP⊥平面ABC,

平面ACDP∩平面ABC=AC,

且BH⊂平面ABC,

所以BH⊥平面ACDP.

又PH⊂平面PAC,

所以PH是PB在平面PAC上的射影,

所以∠BPH是PB与平面ACDP所成的角.

设圆柱的底面半径为R,

则PA=AC=2R,V圆柱=2πR3,

所以点H是圆柱底面的圆心,

所以AH=R,

【变式6】连接AN,SN,AS.

由上述分析可知,PC⊥平面ANS,

∴PS为点P到平面ANS的距离.

又PA=AC=2a,

∴△APC为等腰直角三角形.

要使VP-ANS最大,则sin2θ=1,

∴当θ=45°,即AN=NS=a时,

四面体PANS的体积有最大值,

【设计意图】

(1)案例3及变式题是在一个经典图形中体现新高考数学空间几何问题的特色题,变式5的融合性,变式2的动态性,变式群的经典性等;

(2)此变式群将立体几何的基础知识全覆盖,空间想象能力与推理论证能力全体现,使得复习的综合性更深入.

读者(高三学生)体验题:

【案例4】如图,三棱锥P-ABC,PA⊥平面ABC,Rt△ABC中∠B为直角,PA=AB,若M为PB中点,AN⊥PC于点N,若AB=BC=2.

(Ⅰ)求证:平面PAC⊥平面MAN;

(Ⅱ)求四棱锥A-BCNM的体积;

(Ⅲ)从下面两个选项中任选一个探究: