以2019年全国卷Ⅰ文科第16题为例谈数学研究性学

数学研究性学习是指学生围绕某个数学问题，自主探究、学习的过程.这个过程包括：观察、分析数学事实，提出有意义的数学问题，猜测、探求适当的数学结论或规律，给出解释或证明.研究性学习是高中数学课程中引入的一种新的学习方式，有助于学生初步了解数学概念和结论产生的过程，初步理解直观和严谨的关系，体验创造的激情，树立严谨的科学态度和不怕困难的科学精神；有助于培养学生勇于质疑和善于反思的习惯，培养学生发现、提出和解决数学问题的能力；有助于发展学生的创新意识和实践能力.研究性学习的一般步骤是：提出问题（起点）；解决问题（重点）；推广问题（难点）；应用结论（升华点）.笔者将以2019年全国卷Ⅰ文科第16题为例对数学研究性学习进行说明. 一、提出问题 数学家波利亚指出，问题是数学的心脏.对于数学学科而言，在研究性学习时提出问题主要是指对某些数学问题的深入探讨.所提问题不能过偏过难，要是学生通过努力可以解决的.研究性学习问题要满足以下五个课题选取的原则： 1.问题题材选取的典型性； 2.问题开展研究的可行性； 3.问题解决路径的多样性； 4.问题拓展方向的多向性； 5.问题研究成果的应用性. 二、解决问题 ［试题］已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为______. 分析：如图1所示，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB，连接OC，OE，OF.由题意可知PE=PF=，PC=2.对问题中的点P进行平面上的投影，转化成平面几何或是空间几何问题求解，可以较方便地对问题进行求解和变式推广探究. 图1 解法1：如图1 所示，由题意可知PE=PF=，PC=2；由于PE与PF为点P到∠ACB两边AC，BC的距离，易得CE=CF=1，则CO=，点P到平面ABC的距离为线段PO的长度，即P到平面ABC的距离为. 解法2：如图1 所示，由题意可知PE=PF=，PC=2.则∠CEP=∠CFP=60°，则OE=OF=1，且∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，CO为其对角线，则∠OCA=∠OCB=45°.由“最小角定理”可知cos∠ACP=cos∠ACO·cos∠PCO，则∠PCO=45°.所以P到平面ABC的距离为. 图2 解法3：如图1 所示，由于点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，点P在平面ABC上的投影点O在∠ACB的角平分线上，由于∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，所以四棱锥P-AOBC为直四棱锥，如图2 所示.作直四棱锥P-AOBC的外接球，则线段PC为外接球直径，点O为外接球表面上的点，且PE=PF=，则弦PO=，所以P到平面ABC的距离为. 解法4：设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF.以OF为x轴，EO为y轴，OP为z轴建立如图3 所示的空间直角坐标系.设P点坐标为(0,0,z)，由题意可知PE=PF=，PC=2，易得CE=CF=1，所以点C，E，F的坐标分别为(1,-1,0)，(0,-1,0)，(1,0,0).根据两点间的距离公式得P(0,0,).则PO=z=，所以P到平面ABC的距离为. 图3 解法5：如图4，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF，EF.过点O作EF的平行线AB.因为PE=PF=，PC=2，所 以CE=CF=1.易 得△EPF，△APB，△ACB均为等腰三角形，由于∠ACB=90°，所以易得AE=EC=CF=BF=1，AB=2，∠PCB=∠PCA=60°，则△PCA与△PCB为等边三角形，所以PA=PB=2，则PO=.故P到平面ABC的距离为 图4 图5 解法6：如图5 所示，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF，过点F作CO的垂线段HF.由题意可知PE=PF=，PC=2，则∠CEP=∠CFP=60°，则OE=OF=1，且∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，四棱锥P-AOBC为直四棱锥，所以VP-AOBC=2VF-PCO，其 中CO=2，∠PCO=45°，即PO·OE·OF=2×，所 以PO=.故P到平面ABC的距离为 评注：在立体几何问题中，运用投影、等体积，建立空间直角坐标系等方法是解决问题的常用方法.找准问题的本质以及所要求的量，利用已知条件建立等量关系可以有效地解决问题.解法1 通过已知边的长度以及各线段所处的位置，运用“勾股定理”“三角函数”以及“正弦定理”等将其之间的关系等式化，求出P到平面ABC的距离就相对轻松. 三、推广问题 推广1：三余弦定理 设A为面上一点，过A的直线AO在面上的射影为AB，AC为面上的一条直线，则∠OAC，∠BAC，∠OAB三角的关系为：cos∠OAC=cos∠BAC× cos∠OAB（其中∠BAC与∠OAB皆是锐角）. 定理证明：如图6 所示，过点O作OB⊥AB于点B，过点B作BC⊥AC于点C，连接OC，由题意得△ABC，△AOC，△ABO都是直角三角形.因为cos∠OAB=cos∠BAC·cos∠OAB. 图6 评注：解法2 涉及最小角定理，最小角定理也称三余弦定理，在解决立体几何二面角问题中有着重要的作用. 推广2：三正弦定理 设二面角M-AB-N的度数为α，在平面M上有一条射线AC，AC与棱AB所成角为β，与平面N所成角为γ，则有sinα=sinβ·sinγ. 图7 定理证明：如图7 所示，过点C作CO垂直于平面N于点O，过点O作直线OB垂直于二面角棱于点B，连接OA，CB，则易知△CAO，△CBO，△ABC均为直角三角形.因为sinα=sin∠CBO=，sinβ=sin∠BAC=，sinγ=sin∠CAO=，所 以sinα=sinβ·sinγ. 评注：观察图1发现，将点E与点F放在同一条直线上，将其与点O连线的夹角改变度数，自然就看到了三正弦定理的影子，将三余弦定理与三正弦定理联立求解立体几何中与角有关的部分试题，在不用作辅助线的情况下就可以对问题进行求解，十分的方便快捷. 推广3：等和线 平面内有一组基底，若点P在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ+μ=k（定值），反之也成立. 变式1：四边形OABC是边长为1 的正方形，点D在OA的延长线上，且AD=2，点P是△BCD（含边界）的动点，设，则λ+μ的最大值为________. 变式2：设长方形ABCD的边长分别是AD=1，AB=2，点P是△BCD（含边界）的动点，设AP=，则λ+2μ的最大值为_________. 评注：在分析解法5的过程中发现，将点P投影到平面的点O与A、B两点位于同一直线上，发现恰好有：，所以联想到等和线中λ+μ=1这一情况.运用等和线求解高考题，亦有事半功倍的效果. 推广4：外接球（墙角模型） 如图8所示，设CF=a，CE=b，OP=c；四棱锥P-CEOF外接球的半径为R，则有(2R)2=a2+b2+c2成立，所以必定有R=成立. 图8 变式1：点P、A、B、C均在同一球面上，其中线段PA、PB、PC两两之间相互垂直，且PA=PB=PC=a，则球的表面积为________. 变式2：已知三棱锥A-BCD中，AB=CD=5，AC=BD=6，AD=BC=7，则三棱锥外接球的表面积为________. 评注：在解法3 中，利用外接球知识将P到平面ABC的距离求解出来，本质就是外接球的“墙角模型”中对角线的求解，在3 条不相等的棱与体对角线（球直径）构建等式，知三求一，可以快速解决求解外接球体积和表面积一类的高考题. 四、应用结论 应用1：（2019 年浙江卷第8 题）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则________. A.β＜γ,α＜γB.β＜α,β＜γ C.β＜α,γ＜αD.α＜β,γ＜β 解析：如图9 所示，由最小角定理可知α＞β.由于tanβ=，tanγ=，且BE＞EF，则tanβ＜tanγ，所以β＜γ，故选择B. 图9 应用2：（2018 年浙江卷第8 题）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则_____. A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1 解析：如图10所示，作SO⊥平面ABCD于点O，过点O作AB边的垂线交AB于点F，点E为AB边上的点，连接SE与OE. 由题意可知∠EOF=θ1，∠SEO=θ2，∠SFO=θ3，根据二面角最小角原理可知θ2＜θ1，由最大值原理可知θ2＜θ3，所以选择D选项. 应 用3：已 知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3，点P为斜边AB上的一点，现沿PC将此直角三角形折成二面角A-PC-B，当AC=时，求二面角P-AC-B的正弦值. 图10 图11 解析：如图11 所示，在△ABC中，AB=，AC=2，BC=3，所 以cos∠ACB=，则∠ACB=60°.又因为线段PB与线段PC是线段AB与线段AC在平面PBC上的投影，所以由三余弦定理可知cos∠ACB=cos∠ACP·cos∠PCB，令二面角P-AC-B为sinα，由三正弦定理可知sin∠DCB=sin∠ACB·sinα，所以sinα=，则二面角P-AC-B的正弦值为 应用4：（2017 年全国卷Ⅲ理科第12 题）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若，则λ+μ的最大值为_______. 图12 解析：根据题意建立如图12 所示的平面直角坐标系，运用等面积法得到以点C为圆心的圆的方程为(x-2)2+y2=.当B，D，E三点共线时，由等和线关系可知点E为动点P在圆C上λ+μ的最小值点，点F所在位置为动点P在圆C上λ+μ的最大值点，即直线l平行于线段BD，所以λ+μ的最小值为1，最大值为3. 应用5：（2017年全国卷Ⅱ文科第15题）长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_____. 解析：由题意得，设球O的半径为R，因为2R=，所以S=4πR2=14π.故球O的表面积为14π. 应用6：（2013年天津卷文科第10题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为_____. 解析：由题意得V= 在研究性学习的过程中，发现与之相关联的知识或者方式方法，对其进行知识和方式方法上的迁移，做到研究一个知识就会运用这个知识，研究出一种方法就会运用这种方法去解决同类的数学问题或实际问题.在研究性学习过程中，将知识与实际应用有机结合，最后达到学以致用，培养学生的应用意识是《普通高中数学课程标准（2017 年版）》所提倡的，也是研究性学习的最终目的. ［1］林建平.浅谈高中数学自主探究式教学模式［J］.福建教育学院学报，2005（6）：38-39. ［2］蒋红珠，刘成龙.对一道向量最值问题的研究性学习［J］.福建中学数学，2018（2）：14-18. 数学研究性学习是指学生围绕某个数学问题，自主探究、学习的过程.这个过程包括：观察、分析数学事实，提出有意义的数学问题，猜测、探求适当的数学结论或规律，给出解释或证明.研究性学习是高中数学课程中引入的一种新的学习方式，有助于学生初步了解数学概念和结论产生的过程，初步理解直观和严谨的关系，体验创造的激情，树立严谨的科学态度和不怕困难的科学精神；有助于培养学生勇于质疑和善于反思的习惯，培养学生发现、提出和解决数学问题的能力；有助于发展学生的创新意识和实践能力.研究性学习的一般步骤是：提出问题（起点）；解决问题（重点）；推广问题（难点）；应用结论（升华点）.笔者将以2019年全国卷Ⅰ文科第16题为例对数学研究性学习进行说明.一、提出问题数学家波利亚指出，问题是数学的心脏.对于数学学科而言，在研究性学习时提出问题主要是指对某些数学问题的深入探讨.所提问题不能过偏过难，要是学生通过努力可以解决的.研究性学习问题要满足以下五个课题选取的原则：1.问题题材选取的典型性；2.问题开展研究的可行性；3.问题解决路径的多样性；4.问题拓展方向的多向性；5.问题研究成果的应用性.二、解决问题［试题］已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为______.分析：如图1所示，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB，连接OC，OE，OF.由题意可知PE=PF=，PC=2.对问题中的点P进行平面上的投影，转化成平面几何或是空间几何问题求解，可以较方便地对问题进行求解和变式推广探究.图1解法1：如图1 所示，由题意可知PE=PF=，PC=2；由于PE与PF为点P到∠ACB两边AC，BC的距离，易得CE=CF=1，则CO=，点P到平面ABC的距离为线段PO的长度，即P到平面ABC的距离为.解法2：如图1 所示，由题意可知PE=PF=，PC=2.则∠CEP=∠CFP=60°，则OE=OF=1，且∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，CO为其对角线，则∠OCA=∠OCB=45°.由“最小角定理”可知cos∠ACP=cos∠ACO·cos∠PCO，则∠PCO=45°.所以P到平面ABC的距离为.图2解法3：如图1 所示，由于点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，点P在平面ABC上的投影点O在∠ACB的角平分线上，由于∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，所以四棱锥P-AOBC为直四棱锥，如图2 所示.作直四棱锥P-AOBC的外接球，则线段PC为外接球直径，点O为外接球表面上的点，且PE=PF=，则弦PO=，所以P到平面ABC的距离为.解法4：设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF.以OF为x轴，EO为y轴，OP为z轴建立如图3 所示的空间直角坐标系.设P点坐标为(0,0,z)，由题意可知PE=PF=，PC=2，易得CE=CF=1，所以点C，E，F的坐标分别为(1,-1,0)，(0,-1,0)，(1,0,0).根据两点间的距离公式得P(0,0,).则PO=z=，所以P到平面ABC的距离为.图3解法5：如图4，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF，EF.过点O作EF的平行线AB.因为PE=PF=，PC=2，所 以CE=CF=1.易 得△EPF，△APB，△ACB均为等腰三角形，由于∠ACB=90°，所以易得AE=EC=CF=BF=1，AB=2，∠PCB=∠PCA=60°，则△PCA与△PCB为等边三角形，所以PA=PB=2，则PO=.故P到平面ABC的距离为图4图5解法6：如图5 所示，设点P在平面ABC上的投影为点O，作PE，PF分别垂直于CA，CB.连接OC，OE，OF，过点F作CO的垂线段HF.由题意可知PE=PF=，PC=2，则∠CEP=∠CFP=60°，则OE=OF=1，且∠ACB=90°，则四边形AOBC为正方形，四棱锥P-AOBC为直四棱锥，所以VP-AOBC=2VF-PCO，其 中CO=2，∠PCO=45°，即PO·OE·OF=2×，所 以PO=.故P到平面ABC的距离为评注：在立体几何问题中，运用投影、等体积，建立空间直角坐标系等方法是解决问题的常用方法.找准问题的本质以及所要求的量，利用已知条件建立等量关系可以有效地解决问题.解法1 通过已知边的长度以及各线段所处的位置，运用“勾股定理”“三角函数”以及“正弦定理”等将其之间的关系等式化，求出P到平面ABC的距离就相对轻松.三、推广问题推广1：三余弦定理设A为面上一点，过A的直线AO在面上的射影为AB，AC为面上的一条直线，则∠OAC，∠BAC，∠OAB三角的关系为：cos∠OAC=cos∠BAC× cos∠OAB（其中∠BAC与∠OAB皆是锐角）.定理证明：如图6 所示，过点O作OB⊥AB于点B，过点B作BC⊥AC于点C，连接OC，由题意得△ABC，△AOC，△ABO都是直角三角形.因为cos∠OAB=cos∠BAC·cos∠OAB.图6评注：解法2 涉及最小角定理，最小角定理也称三余弦定理，在解决立体几何二面角问题中有着重要的作用.推广2：三正弦定理设二面角M-AB-N的度数为α，在平面M上有一条射线AC，AC与棱AB所成角为β，与平面N所成角为γ，则有sinα=sinβ·sinγ.图7定理证明：如图7 所示，过点C作CO垂直于平面N于点O，过点O作直线OB垂直于二面角棱于点B，连接OA，CB，则易知△CAO，△CBO，△ABC均为直角三角形.因为sinα=sin∠CBO=，sinβ=sin∠BAC=，sinγ=sin∠CAO=，所 以sinα=sinβ·sinγ.评注：观察图1发现，将点E与点F放在同一条直线上，将其与点O连线的夹角改变度数，自然就看到了三正弦定理的影子，将三余弦定理与三正弦定理联立求解立体几何中与角有关的部分试题，在不用作辅助线的情况下就可以对问题进行求解，十分的方便快捷.推广3：等和线平面内有一组基底，若点P在直线AB上或在平行于AB的直线上，则λ+μ=k（定值），反之也成立.变式1：四边形OABC是边长为1 的正方形，点D在OA的延长线上，且AD=2，点P是△BCD（含边界）的动点，设，则λ+μ的最大值为________.变式2：设长方形ABCD的边长分别是AD=1，AB=2，点P是△BCD（含边界）的动点，设AP=，则λ+2μ的最大值为_________.评注：在分析解法5的过程中发现，将点P投影到平面的点O与A、B两点位于同一直线上，发现恰好有：，所以联想到等和线中λ+μ=1这一情况.运用等和线求解高考题，亦有事半功倍的效果.推广4：外接球（墙角模型）如图8所示，设CF=a，CE=b，OP=c；四棱锥P-CEOF外接球的半径为R，则有(2R)2=a2+b2+c2成立，所以必定有R=成立.图8变式1：点P、A、B、C均在同一球面上，其中线段PA、PB、PC两两之间相互垂直，且PA=PB=PC=a，则球的表面积为________.变式2：已知三棱锥A-BCD中，AB=CD=5，AC=BD=6，AD=BC=7，则三棱锥外接球的表面积为________.评注：在解法3 中，利用外接球知识将P到平面ABC的距离求解出来，本质就是外接球的“墙角模型”中对角线的求解，在3 条不相等的棱与体对角线（球直径）构建等式，知三求一，可以快速解决求解外接球体积和表面积一类的高考题.四、应用结论应用1：（2019 年浙江卷第8 题）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）.直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则________.A.β＜γ,α＜γB.β＜α,β＜γC.β＜α,γ＜αD.α＜β,γ＜β解析：如图9 所示，由最小角定理可知α＞β.由于tanβ=，tanγ=，且BE＞EF，则tanβ＜tanγ，所以β＜γ，故选择B.图9应用2：（2018 年浙江卷第8 题）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则_____.A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1解析：如图10所示，作SO⊥平面ABCD于点O，过点O作AB边的垂线交AB于点F，点E为AB边上的点，连接SE与OE.由题意可知∠EOF=θ1，∠SEO=θ2，∠SFO=θ3，根据二面角最小角原理可知θ2＜θ1，由最大值原理可知θ2＜θ3，所以选择D选项.应 用3：已 知Rt△ABC的两直角边AC=2，BC=3，点P为斜边AB上的一点，现沿PC将此直角三角形折成二面角A-PC-B，当AC=时，求二面角P-AC-B的正弦值.图10图11解析：如图11 所示，在△ABC中，AB=，AC=2，BC=3，所 以cos∠ACB=，则∠ACB=60°.又因为线段PB与线段PC是线段AB与线段AC在平面PBC上的投影，所以由三余弦定理可知cos∠ACB=cos∠ACP·cos∠PCB，令二面角P-AC-B为sinα，由三正弦定理可知sin∠DCB=sin∠ACB·sinα，所以sinα=，则二面角P-AC-B的正弦值为应用4：（2017 年全国卷Ⅲ理科第12 题）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上.若，则λ+μ的最大值为_______.图12解析：根据题意建立如图12 所示的平面直角坐标系，运用等面积法得到以点C为圆心的圆的方程为(x-2)2+y2=.当B，D，E三点共线时，由等和线关系可知点E为动点P在圆C上λ+μ的最小值点，点F所在位置为动点P在圆C上λ+μ的最大值点，即直线l平行于线段BD，所以λ+μ的最小值为1，最大值为3.应用5：（2017年全国卷Ⅱ文科第15题）长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为_____.解析：由题意得，设球O的半径为R，因为2R=，所以S=4πR2=14π.故球O的表面积为14π.应用6：（2013年天津卷文科第10题）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为，则正方体的棱长为_____.解析：由题意得V=在研究性学习的过程中，发现与之相关联的知识或者方式方法，对其进行知识和方式方法上的迁移，做到研究一个知识就会运用这个知识，研究出一种方法就会运用这种方法去解决同类的数学问题或实际问题.在研究性学习过程中，将知识与实际应用有机结合，最后达到学以致用，培养学生的应用意识是《普通高中数学课程标准（2017 年版）》所提倡的，也是研究性学习的最终目的.［参考文献］［1］林建平.浅谈高中数学自主探究式教学模式［J］.福建教育学院学报，2005（6）：38-39.［2］蒋红珠，刘成龙.对一道向量最值问题的研究性学习［J］.福建中学数学，2018（2）：14-18.

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