韓智明

[摘 ?要] 幾何證明選講的刪減并不意味著平面幾何知識考查的削弱，而是更為科學(xué)地融合在以立體幾何或解析幾何為載體的解題活動中. 在解題活動中運用平面幾何知識，體驗思維空間變換，可以更大地促進學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的構(gòu)建和提升.

[關(guān)鍵詞] 幾何證明刪減;解題;研究

試題呈現(xiàn)

題1：（2018年全國高考卷Ⅰ理科數(shù)學(xué)第11題）已知雙曲線C： -y2=1，O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N，若△OMN為直角三角形，則MN等于（ ?）

A. ? ?B. 3 C. 2 ?D. 4

題2：（2018年全國高考卷Ⅰ理科數(shù)學(xué)第12題）已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為（ ?）

A. ? B.

C. ? ? ? D.

題1分析1：此題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，屬于常規(guī)題型，主要通過兩直線的垂直斜率關(guān)系、雙曲線中的量求出直線方程，再直接求出兩直線的交點，然后通過兩點的距離公式求出MN. 思路明晰，套路簡單，較為全面地考查了學(xué)生的綜合分析和計算能力，在考查學(xué)生學(xué)科核心素養(yǎng)方面也有所體現(xiàn).

題1解析1：由已知易得，雙曲線的漸近線方程為y=± x，又由△OMN是直角三角形，易知過F點的直線l與其中一條雙曲線的漸近線垂直，不妨設(shè)直線l與y= x垂直，交點為M，如圖1所示，則直線l的斜率k=- ，而l過點F（2，0），得直線l：y=- （x-2）.

由y=- （x-2），y= x，得點M ， ;由y=- （x-2），y=- x，得點N（3，- ），所以MN= =3. 故選B.

題1分析2：換個角度觀察此題，由雙曲線的漸近線得到∠MOF=∠NOF= ，在Rt△MON中，可以通過平面幾何知識中三角形的邊和角的關(guān)系求出MN的長.

題1解析2：如圖1，由漸近線方程斜率可知∠MOF=∠NOF= .在Rt△MON中，∠OMN= ，可得∠ONM= . 由雙曲線的方程可得OF=c=2，再由平面幾何知識可得MF=1，NF=2，所以MN=3. 故選B.

題2分析：此題以立體幾何為背景，考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，背景靈活，突顯數(shù)學(xué)思維，對學(xué)生的要求較高，但通過分析發(fā)現(xiàn)思維的最終落腳點實則是運用平面幾何知識解決多邊形面積的最值問題.

題2解析：如圖2①，由題意可知，正方體中等邊三角形A′BC′所在平面與正方體每條棱所成的角都相等，要平面α被正方體所截得的截面面積最大，截面即為六邊形FMNJPG. 由題可知FG∥A′C′∥NJ，F(xiàn)M∥BC′∥JP，MN∥A′B∥PG. 如圖2②，分別延長MF，PG和MN，PJ，且分別交于E，K兩點，則△EMP和△KMP為等邊三角形且邊長等于MP= . 設(shè) =t（0

通過對2018年兩道選擇壓軸題的分析和解析發(fā)現(xiàn)，雖然在題1中，命題人的初衷是考查學(xué)生圓錐曲線中直線和圓錐曲線的相關(guān)知識，但題目中也隱含著平面幾何中的相關(guān)知識，運用平面幾何中的三角形邊角關(guān)系處理顯得更快更簡潔;題2通過對立體幾何中的空間結(jié)構(gòu)進行想象和邏輯推理將三維空間問題轉(zhuǎn)化為二維平面問題，運用平面幾何知識在六邊形中通過平行線分線段成比例定理得到邊長關(guān)系，進而轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量t的函數(shù)最值問題即可解決. 從兩道全國高考題考查的內(nèi)容來看，盡管幾何證明選講作為選做題刪掉了，但是平面幾何內(nèi)容的考查并不是不涉及，而是隱藏在相關(guān)的試題中了.

2017年新頒布的高考考試大綱，在數(shù)學(xué)高考考試大綱說明中有一段話是這樣說的：在現(xiàn)行考試大綱三個選考模塊中刪去“幾何證明選講”，其余兩個選考模塊的內(nèi)容和范圍都不變. 考生從“坐標(biāo)系與參數(shù)方程”“不等式選講”兩個模塊中任選一個作答. 考試大綱是高考命題的規(guī)范性文件和標(biāo)準(zhǔn)，是考試評價、復(fù)習(xí)備考的依據(jù)，是推進考試內(nèi)容改革的切入點，新考綱一出，各地反應(yīng)強烈，大部分的觀點是：選考內(nèi)容減少了，更加有利于復(fù)習(xí)備考，把學(xué)生從原來難度大的平面幾何知識中解脫出來，可以集中精力去備考保留下來的“坐標(biāo)系與參數(shù)方程”和“不等式選講”內(nèi)容了. 然而通過新考綱頒布后的全國各地復(fù)習(xí)備考的試題和已經(jīng)結(jié)束的2017年高考真題和剛剛結(jié)束的2018年高考真題來看，事實并非如此. 平面幾何知識單純作為一個選考題是刪減了，但是平面幾何知識的滲透無處不在，特別是在立體幾何和解析幾何中，平面幾何知識以這兩個題型為載體進行滲透，同樣更為隱蔽、更為靈活地進行了考查. 正如北京大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院劉和平教授所說：考查內(nèi)容刪去“幾何證明選講”模塊的直接理由是因為這部分內(nèi)容考查的是初中平面幾何的知識，幾何的主要知識內(nèi)容在立體幾何和解析幾何中均有體現(xiàn)，不需要再單獨列為專題考查. 刪除這方面知識以減少重復(fù)考查，強化學(xué)科體系的導(dǎo)向.考試內(nèi)容刪去“幾何證明選講”模塊并不意味著要削弱對推理論證能力的考查.可見考生所畏懼的平面幾何知識只是作了一個華麗的轉(zhuǎn)身，依然笑藏在高考的試卷中. 下面我們再來看看近幾年各地的部分模擬題和全國高考題.

題3：（2017年全國新課標(biāo)高考理數(shù)第16題）如圖3，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O，D，E，F(xiàn)為圓O上的點，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形，沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐. 當(dāng)△ABC的邊長變化時，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為_____.

分析：觀察折疊前后二維、三維空間的變化和聯(lián)系，對線段的變化進行細(xì)心觀察，如圖4所示，可以設(shè)OG為x，通過正三角形邊的關(guān)系和勾股定理找出其他邊與它的關(guān)系，然后建立三棱錐體積與x的函數(shù)關(guān)系，最后求解即可. 命題人緊扣考綱，命題指導(dǎo)思想意味深長，特別在新考綱刪去“幾何證明選講”內(nèi)容后，平面幾何知識急欲尋找搭載考查的平臺，題目中涉及平面幾何知識甚多，可見命題人用心良苦. 此題也可謂算得上是新考綱出臺后考試變化的風(fēng)向標(biāo)，由此可見此題嚴(yán)格遵循大綱思想，符合新考綱的要求，貫串整個新考綱的重要改革思想.

解析1：如圖4，連接OD，交BC于點G. 由題意可知，折疊以后重合于點D，點O是等邊三角形ABC的中心，據(jù)對稱性可知，OD⊥BC，OG= BC.

設(shè)OG=x，x∈0， ，則BC=2 x，DG=5-x，三棱錐的高h(yuǎn)= = = ，S =2 x·3x· =3 x2，則三棱錐的體積V= S ·h= x2· = · .

令f（x）=25x4-10x5，x∈0， ，則f ′（x）=100x3-50x4. 令f ′（x）>0，即x4-2x3<0，x<2，則f（x）≤f（2）=80，則V≤ × =4 . 所以三棱錐體積的最大值為4 ?cm3.

在解題思路1的前提下，可以設(shè)等邊三角形的邊長為a，通過等邊三角形邊的關(guān)系和勾股定理找出其他邊與它的關(guān)系，然后建立三棱錐體積與a的函數(shù)關(guān)系，最后求解即可.

解析2：如圖4，連接OD，交BC于點G，由題意可知，折疊以后重合于點D，點O是等邊三角形ABC的中心，據(jù)對稱性可知，OD⊥BC，OG= BC.

設(shè)等邊三角形ABC的邊長為a（0

在Rt△ODG中，三棱錐的高的平方h2=（DG2-OG2）=5- a - a =25- ，S△ABC= a2，則三棱錐的體積的平方V2= S△ABC·h = · a4·25- = - a5+5a4（0

令f（a）=- a5+5a4（0

因為當(dāng)00，所以f（a）max=f（4 ）=- ·（4 ）5+5（4 ）4=482，所以（V2）max= ×482=16×15， 即Vmax=4 .

題4：在底面是菱形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD=120°，點E為棱PB的中點，點F在棱AD上，平面CEF與PA交于點K，且PA=AB=3，AF=2，則K到平面PBD的距離為________.

分析：試題知識背景較多，通過找平面得到K的位置，然后通過兩次相似三角形對應(yīng)邊成比例分別求出線段QA，AK的長度，最后利用三角形面積等積法及線段比例關(guān)系求出結(jié)果即可.

解析：如圖5，延長CF交BA的延長線于點Q，連接QE交PA于點K.設(shè)QA=x，由AD∥BC得△QBC∽△QAF，則 = ，所以x=6. 取AB的中點M，則PA∥EM，所以△QAK∽△QME，則 = ，所以AK= ，所以 = = . 連接PO，過A作AH⊥PO于H，易證AH⊥平面PBD. 在菱形ABCD中，AB=3，則AO= ，故AH= = ，所以點K到平面PBD的距離為 AH= .

通過對以上幾個立體幾何試題的解題分析發(fā)現(xiàn)，當(dāng)平面幾何知識滲透到立體幾何中后，解題思路和難度陡然增大，學(xué)生在二維和三維之間的思維中不斷轉(zhuǎn)換，容易形成思維混亂，知識斷層，思維鏈?zhǔn)茏瑁由嫌嬎阋筝^高，就越發(fā)突顯學(xué)生的某一方面能力的嚴(yán)重不足，這就要求在平時的復(fù)習(xí)備考中，各種能力的訓(xùn)練不能馬虎，要有針對性，有的放矢，知識的專項訓(xùn)練和綜合提升兩方面都要抓，都要必須落到實處.

平面幾何知識不僅僅以立體幾何為載體呈現(xiàn)在點線面的關(guān)系中，同樣它也是搭載解析幾何的平臺以各種形式內(nèi)隱在解析坐標(biāo)平面里.

題5：如圖6，已知直線l：y=k（x+1）（k>0）與拋物線C：y2=4x相交于A，B兩點，且A，B兩點在拋物線C準(zhǔn)線上的射影分別是M，N，若AM=2BN，則k的值是（ ?）

A. ? ? B.

C. ? ? ? D. 2

分析：如圖6，分別通過聯(lián)立直線和拋物線方程及線段等量關(guān)系，得到點A和點B的縱坐標(biāo)y1，y2的關(guān)系，再消去y1，y2求出k即可. 如解析1純屬于解析幾何的坐標(biāo)解法思想;再換個思路仔細(xì)分析，如解析2通過拋物線的定義和性質(zhì)得到如圖7中的線段關(guān)系，再由平面幾何知識中的平行線分線段成比例定理和等腰三角形性質(zhì)更能清晰、快速地解決.

解析1：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程y2=4x，y=k（x+1），消去x得ky2-4y+4k=0①.因為直線與拋物線相交，所以Δ=42-4k×4k=16（1-k2）>0. 因為y1，y2是方程ky2-4y+4k=0的兩個根，所以y1+y2= ②，y1y2=4③.

由AM=2BN可得y1=2y2④，由②③④組成的方程組，解得k= . 把k= 代入判別式中檢驗，不等式成立，所以k= . 故選C.

解析2：如圖7，設(shè)拋物線的焦點為F，連接BF，AF. 由AM=2BN，得FA=2FB， 點B為AP的中點，連接OB，則OB= AF，所以O(shè)B=BF，點B的坐標(biāo)為B ， . 把B ， 代入直線l：y=k（x+1）（k>0），解得k= . 故選C.

題6：過拋物線y= x2的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在直線y=-1上，若△ABC為正三角形，則其邊長為（ ? ?）

A. 11 ? ? B. 12 ? ? C. 13 ? ? ? D. 14

分析：此題的解答通過學(xué)生的練習(xí)統(tǒng)計發(fā)現(xiàn)屬于較難試題，如何在解析坐標(biāo)中轉(zhuǎn)化使得△ABC為正三角形的條件讓學(xué)生的思維無法打開. 如圖8，即便有些學(xué)生如解析1通過CD= AB轉(zhuǎn)化成功，后面的計算復(fù)雜，難度也是挺大的;如圖9，同樣通過拋物線的定義和性質(zhì)在平面幾何知識系統(tǒng)里，利用三角形中位線、相似三角形等性質(zhì)如解析2可以輕松避開復(fù)雜的計算，達(dá)到過程簡潔、思路新奇的效果.

解析1：如圖8，設(shè)線段AB的中點D（x0，y0），直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=kx+1. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.

因為x0=2k，y0=2k2+1，所以D（2k，2k2+1），所以線段AB的垂直平分線的方程為y-2k2-1=- （x-2k），即y=- x+2k2+3. 令y=-1，則x=2k3+4k，所以C（2k3+4k，-1），所以點C到直線AB的距離CD= = .

因為△ABC為正三角形，所以CD= AB，所以 = ·（4k2+4），整理解得k2=2，所以AB=4k2+2=12. 故選B.

解析2：如圖9，拋物線y= x2的焦點為（0，1），設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），線段AB的中點為D（x0，y0），設(shè)直線AB的斜率為k，則直線AB的方程為y=kx+1. 分別過點A，D，B作拋物線的準(zhǔn)線的垂線，垂足分別是Q，N，M. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.

由拋物線的定義及性質(zhì)可得AF=AQ，BF=BM，DN是梯形ABMQ的中位線，則DN= （BM+AQ）= AB. 因為△ABC是等邊三角形，則CD⊥AB且CD= AB. 由勾股定理得NQ= = AB. 在Rt△DNC和Rt△KDC中，可以得到△DNC∽△KDC，又因為MN是拋物線的準(zhǔn)線，所以直線AB的傾斜角大小等于∠DKC=∠CDN，即k=tan∠CDN= = = . 故AB=y1+y2+2=4k2+4=4×2+4=12. 故選B.

題7：已知雙曲線 - =1（a>0，b>0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的直線l：12x-5y-24=0交雙曲線的右支于A，B兩點，若∠AF1B的角平分線的方程為x-4y+2=0，則三角形AF1B內(nèi)切圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為（ ? ?）

A. x- 2+y- 2= 2

B. （x-1）2+y- 2= 2

C. （x-1）2+y- 2= 2

D. x- 2+y- 2= 2

分析：此題屬于選擇壓軸題，初看此題，感覺無從下手，思來想去甚至想到用角平分線定理處理，但是結(jié)果思路還是中斷，最終還是要回到平面幾何中來，運用平面幾何中的三角形內(nèi)切圓性質(zhì)及雙曲線定義和性質(zhì)，巧妙地化未知為已知，化復(fù)雜為簡單，解法新穎，思路清晰靈活.

解析：如圖10，設(shè)點M，N，Q分別是圓C與三角形AF1B的AF1，F(xiàn)1B，AB邊上的切點，由雙曲線定義得AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a. 由切線長性質(zhì)得AM=AQ，F(xiàn)1M=F1N，BN=BQ，由AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a得F1M=F1N=2a. 因為AF1-AQ=F1M=2a，AF1-AF2=2a，所以AF2=AQ，又點F2，Q在點A的同側(cè)，所以點F2與點Q重合，即點F2（2，0）為切點. 所以CF2⊥AB.

由直線AB的方程為12x-5y-24=0，得到直線CF2的方程為y=- （x-2），圓心C即為直線CF1和CF2的交點，聯(lián)立方程組x-4y+2=0，y=- （x-2），解得 C ， . 所以圓的半徑r= = ，故三角形AF1B內(nèi)切圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x- 2+y- 2= 2. 故選A.

題8：如圖11，已知橢圓O： + =1（a>b>0），圓Q：（x-2）2+（y- ）2=2的圓心Q在橢圓O上，點P（0， ）到橢圓O的右焦點的距離為 .

（1）求橢圓O的方程;

（2）過點P作互相垂直的兩條直線l1，l2，且l1交橢圓O于A，B兩點，直線l2交圓Q于C，D兩點，且M為CD的中點，求△MAB面積的取值范圍.

分析：第（1）問考查基本概念和基本計算;第（2）問是圓和橢圓有關(guān)知識的交匯，試題背景熟悉，相關(guān)的習(xí)題學(xué)生練習(xí)不少，此題在原題的基礎(chǔ)上加以改變和深化，大多數(shù)學(xué)生是這樣做的：在先考慮特殊情況的前提下，可設(shè)斜率求出AB的長度，再求出點C和點D的坐標(biāo)，從而得出點M的坐標(biāo)，再把所求△MAB的面積問題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于k的函數(shù)的最值問題. 思路清晰，推理嚴(yán)謹(jǐn)，但都在求出點M的坐標(biāo)時發(fā)現(xiàn)結(jié)果非常復(fù)雜，無法再進行下去. 其實仔細(xì)觀察圓Q中，點M是弦CD的中點，可以想到初中平面幾何知識的垂徑定理，可知QM⊥CD，可得MQ∥AB，點M和點Q到直線AB的距離相等，求△MAB的面積問題就可以轉(zhuǎn)化為求△QAB的面積問題了，這樣計算量大大減少了.

解析：（1）因為橢圓O的右焦點F（c，0），PF= ，所以c=2. 因為（2， ）在橢圓O上，所以 + =1，由a2-b2=4得a2=8，b2=4，所以橢圓O的方程為 + =1.

（2）由題意可得l1的斜率不為零，當(dāng)l1垂直x軸時，△MAB的面積為 ×4×2=4.

當(dāng)l1不垂直x軸時，設(shè)直線l1的方程為y=kx+ ，則直線l2的方程為y=- x+ ，A（x1，y1），B（x2，y2）.

由 + =1，y=kx+ 消去y得（1+2k2）x2+4 kx-4=0，所以x1+x2= ，x1x2= ，則AB= x1-x2= .

又圓心Q（2， ）到l2的距離d1= < ，得k2>1. 又MP⊥AB，QM⊥CD，所以M點到AB的距離等于Q點到AB的距離，設(shè)為d2，則d2= = . 所以△MAB的面積S= ABd2= =4 .

令t=2k2+1∈（3，+∞），則 ∈0， ，S=4 =4 ∈ ，4.

綜上，△MAB的面積的取值范圍為 ，4.

評析：通過對題1、題5至題8的解析過程分析發(fā)現(xiàn)，運用平面幾何知識解決解析幾何問題也不失為一種思路和技巧，解析幾何和平面幾何同屬于平面幾何中的兩個處理數(shù)學(xué)問題的不同的思路方法. 前者重在運用坐標(biāo)法解決問題，后者重在運用邏輯推理論證得出結(jié)論. 當(dāng)解析幾何試題中滲透平面幾何知識，二者相得益彰，思維方法交替演繹，讓學(xué)生眼花繚亂，容易產(chǎn)生思維受阻，不能自如靈活地轉(zhuǎn)換解題思維，在兩種幾何思維中產(chǎn)生混淆出現(xiàn)理不清、解更亂的局面，故在教學(xué)和訓(xùn)練中必須注重多種幾何知識的交叉訓(xùn)練，合理科學(xué)地進行知識滲透和融合，從培養(yǎng)學(xué)生學(xué)科核心素養(yǎng)出發(fā)，提升學(xué)生的邏輯思維能力和綜合分析問題的能力.

通過對以上例題的解析對比，不難發(fā)現(xiàn)這兩類題型的制題方式和考查內(nèi)容都發(fā)生了微妙的變化，雖然不能決定整個考試方向，至少對高考備考有一個很好的導(dǎo)向作用. 試題將兩種幾何（平面幾何與立體幾何、解析幾何）存在的客觀事實向代數(shù)問題轉(zhuǎn)化，實現(xiàn)數(shù)和形的高度統(tǒng)一，對平面幾何與立體幾何、解析幾何的內(nèi)在聯(lián)系有了比較深入的了解，注重數(shù)形結(jié)合思想滲透的同時，也培養(yǎng)了學(xué)生的抽象概括能力學(xué). 學(xué)好平面幾何對學(xué)生的邏輯推理能力，圖形圖像的分析能力等有重大的幫助，而這種能力是學(xué)好后續(xù)課程的必要條件. 高中數(shù)學(xué)關(guān)于幾何的內(nèi)容主要是立體幾何和解析幾何兩個板塊，對于同屬于幾何范疇的內(nèi)容，平面幾何的思想方法在高中立體幾何與解析幾何中都扮演著重要作用. 有些立體幾何、解析幾何問題要么思維上遲遲打不開局面，要么運算量非常龐大且復(fù)雜，這時如果跳出來原有思維從平面幾何的角度考慮，往往會給人一種柳暗花明的感覺. 如今高考很注重對能力的考查，重視學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的檢測，很多數(shù)學(xué)試題注重包裝效果，目的是為了迷惑同學(xué)們的眼球，讓同學(xué)們分不清題目的難易. 故在平時的訓(xùn)練中要注重對數(shù)學(xué)思想方法的運用，重心放在能力的培養(yǎng)上，思維高度、深度和廣度決定著數(shù)學(xué)思維品質(zhì)的高低. 如果能用平面幾何的角度去審視立體幾何和解析幾何題，將立體幾何和解析幾何題目中的平面幾何本質(zhì)挖掘出來，這樣往往得到意想不到的效果，故在今后的備考中不要因為幾何證明選講的“刪”而不重視，甚至放棄平面幾何的教學(xué)，要意識到它其實只是“刪”而不“減”.