核心素养视域下对2020年高考Ⅰ卷(理科数学)18题多维度的思考

张松山

摘   要：立体几何历年都是高考重点、热点的内容之一，通过引导学生认真分析高考中的立体几何试题，从具体问题出发，研究试题的背景、考查的目标以及解题的思路，以培养学生的数学核心素养.

关键词：立体几何;核心素养;坐标法;基底法

立体几何是高考的必考内容之一.纵观近几年高考立体几何解答题部分，第一小题主要证明直线与直线垂直或者平行、直线与平面垂直或者平行、平面与平面垂直或者平行，第二小题主要求直线和平面所成的角或者二面角，重点考查学生的逻辑推理、直观想象、数学抽象、数学运算能力.

数学核心素养的培养的方法和方式有很多种，其中的一个重要方法就是培养学生一题多解的能力，这样可以提高学生的“三会”（用数学的眼光观察世界、用数学的思维思考世界、用数学语言表达世界）.学生核心素养的培养，离不开教师对教学的研究.教师对教学研究的有效方式之一就是研究题目，而高考题目是经过数学教育专家研究的成果之一，因此，教师有必要对高考题目的考查目标，试题的背景，解题思路进行研究.

1  真题呈现

如图1，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，ΔABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO.

（I）证明：PA⊥平面PBC;

（II）求二面角B-PC-E的余弦值.

2  考查目标

试题考查圆锥的基本概念，考察空间中的直线和直线、直线和平面、平面和平面的位置关系，重点考察考生的空间想象能力、运算求解能力和逻辑推理能力.试题通过求解二面角的余弦值的过程考查学生应用知识分析、求解问题的能力.

3  试题背景

试题从一个圆锥出发，在圆锥的底面和圆锥的高中构建直线与平面、平面与平面的位置关系.这道题目结合了圆锥和正三棱锥，在解题的过程既要运用圆的知识又要根据立体几何的相关位置关系来解决问题.在三棱锥P-ABC中为了降低难度将ΔABC设置为等边三角形. 第一问的难度不大，要求考生有一定的空间想象能力、数学运算能力和逻辑推理能力，解题的关键在于通过计算证明PA与平面PBC内的两条相交直线垂直.对于第二问，通过建立空间直角坐标系，应用向量的方法将几何问题转化为代数的问题，通过向量求解二面角B-PC-E的余弦值，在解决这个问题的过程中如何合理建立空间直角坐标系是一个关键的步骤.通过这道问题考查考生的空间想象能力、数学运算能力和逻辑推理能力.

4  解題思路研究

4.1  （I）的证明

证法1

因为AE=AD=DE，所以ΔDAE是等边三角形;

设AO=1，则DO=，又因为PO=DO=×=.

由题意可知AB=，因为AP=PB=PC

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

证法2

如图2，设AE与BC交点为F，连接PF，由题意可知F是BC的中点.

因为AE=AD=DE，所以ΔDAE是等边三角形.

设AO=1，则FO=，DO=，PO=DO=×=.所以PF==，PA==，又因为AF=，所以AF2=PA2+PF2，所以PA⊥PF.

因为PO⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以，PO⊥BC.

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

证法分析：在第一个问题中要证明线面垂直，要找线线垂直，证法1利用勾股定理证明PA垂直平面PBC内的两条相交直线，再通过三条边的关系证明垂直.证法2，证明PA⊥PF采用的是勾股定理，证明PA⊥BC采用的方法是由线面垂直（P0⊥平面ABC）到线线垂直（P0⊥BC），再由线线垂直（AF⊥BC，P0⊥BC））到线面垂直（BC⊥平面AFB）再到线线垂直（BC⊥PA），证法2相比证法1要复杂一点，需要对立体几何中关于垂直的性质和定理比较熟悉，因此，相比较证法1更容易想到和接受.

证法3（坐标系法）

如图3过O作ON‖BC交AB于点N，因为P0⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴， OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AE=AD=DE，所以ΔDAE是等边三角形;

设AO=1，则DO=，又因为PO=DO=×=.NO=，BC=，各点的坐标分别为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，又因为PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

证法分析：坐标法的关键是建立合适的空间直角坐标系，将几何关系通过量化的形式，由空间问题转化为通过坐标的计算来解决，因此，需要有一定的数学建模能力、直观想象能力与数学计算的能力.考生在用这个方法解题时可能出现的几个问题是：第一，不知道怎么建立空间直角坐标系;第二，计算的过程中易出错.

证法4（基底法）

因为AE=AD=DE，所以ΔDAE是等边三角形;

设AO=1，则DO=，又因为PO=DO=×=.

如图4， 设=，=，=，，，为一组基底，由已知条件可知||=||=||=，与的夹角为120°，与互相垂直， 与互相垂直，因为= -，=-，·=-，·=·=0.

所以·=（-）（-）=·-·-·+·=（-）-0-0+×=0.

所以PA⊥PB，由图形的对称性可知PA⊥PC，又因为PB∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

证法分析：利用基底法证明的一个重要步骤是找到三个合适的基向量，如果基向量的選取不合适，那么会导致计算难度比较大，计算过程变得复杂.基向量的选取还要考虑三者角度的关系，最好是三者互相垂直的方向，如果不能也要是它们之间所成的角度是特殊角.

4.2  （II）的证明

解法1   （二面角的“真作真求”）

如图5 在ΔPCE上过点E做EH垂直PC且交于H，在平面PC上过H作HK平行于PB交CB于K，最后连接EK，由证法1可知PB⊥PC，所以HK⊥PC，又因为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的三等分点，又因为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的余弦值为.

解法2 （二面角的“假作真求”）

如图6，过B作BH垂直平面CEP垂足为H，连接PH，由已知条件可知∠BPH是二面角B-PC-E的平面角，BH可以看成三棱锥B-PCE的高.

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

根据体积相等，有Vp-BCE=VB-PCE，从而有SΔBCE·OP=SΔPCE·BH.

把相关的量带入，有××=×·BH，从而求出BH=.

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

解法2的另解

由证法2可知点E到平面PCB的距离等于点A到平面PCB的距离的三分之一，而点A到平面PCB的距离就是PA的长度，所以E到平面PCB的距离是，和解法1一样可以求出E到直线PC的距离EH是，二面角B-PC-E的正弦值等于hE /EH，求得该值为，最后应用同角三角函数的平方关系就可以求出二面角B-PC-E的余弦值.

解法分析：解法1通过图形的特征以及边角之间的关系，把二面角的平面角找出来.解法2通过等体积法把二面角的平面角的高求出来，由于高很难通过图形表示出来，因此，需要学生有比较强的数学抽象能力和直观想象能力.这两个解法对空间想象能力要求比坐标法来的高，因此，对空间想象能力基础比较弱的学生可以不做要求，对于基础较好的学生可以进行扩展.

解法3 （坐标法）

由证法3可知=（-，-，-），

=（-，，-），

=（-1，0，0）-（0，0，）=（-1，0，）.

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

则有

-·x1+（

-）·y1+（

-）·z1=0

-·x1+

·y1+（

-）·z1=0  令z1=-，则，x1=2，y1=0，所以=（2，0，-）

同理可以求出平面EPC的法向量为=（1，，-）.

cos（ ，）===

所以二面角B-PC-E的余弦值为.

解法分析：第二小题约有90%的考生会正确地采用坐标法求解.坐标法的优势在于考生可以通过用代数的方法求解，将几何问题转化为代数的问题，对考生的直观想象能力的要求比较低.建立合适的空间直角坐标系是关键，对于本道题目除了证法3那样建立坐标系以外，还可以考虑根据证法1，可以得到PA，PB，PC两两互相垂直，所以还可以考虑以边PA，PB，PC所在的直线来建立直角坐标系.

解法4（基底法）

由证法4可知=--，=++，=-+2，=-，

设平面BPC的法向量为=x1+y1+z1，

平面EPC的法向量为=x2+y2+z2

则

·

=0

·

=0 ，有（x1

+y1

+z1

）·（

+

+

）=0

（x1

+y1

+z1

）·（

+2

）=0

即

x1+

y1+

z1=0

y1=0 ，令x1=1，则有y1=0，z1=-1

所以=--，同理可以求出=2+-3.

cos（，）== =.

所以二面角B-PC-E的余弦值为.

解法分析：坐标法也是基底法的一种形式，解法3在计算上更加简洁，都是需要考生建立空间直角坐标系，解法4只需要考生建立三个基向量就行.

5  考题评价

考题以考生熟悉的圆锥为载体，通过在圆锥内部的点组成正三棱锥，将圆锥和正三棱锥结合来考察考生数学核心素养的水平，考生对考题中点、线、面的位置关系感到熟悉而又陌生.考题贴近考生学习的情况，同时，考题出现的信息量大，不同的考生结合自己的学习情况可以给出不一样的解答，为考生在发现、分析和解决问题提供了思维空间.考题在考察学生的立体几何基础知识的同时还考察学生对问题的转化和化归的能力.考题能很好按照新课程标准的要求，把空间想象、向量运算、数值计算、逻辑推理、空间建系、空间作图等融入问题中.考题不仅重视基础还重视能力，因此，有比较好的区分度和选拔的功能.