教育部發(fā)布的《中國考生發(fā)展核心素養(yǎng)》對(duì)教師 的教學(xué)提出了新的要求：在各學(xué)科的教學(xué)中，要重視 培養(yǎng)學(xué)生的核心素養(yǎng).其中數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)主要包括：數(shù) 學(xué)抽象、邏輯推理、數(shù)學(xué)建模、數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析、直 觀想象、數(shù)學(xué)文化.在新高考中對(duì)數(shù)學(xué)文化素養(yǎng)的考查 尤為明顯，很多高考試題以世界數(shù)學(xué)名題為命題素 材，不僅考查了考生的數(shù)學(xué)文化素養(yǎng)，還考查了對(duì)高 中數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用能力.

在數(shù)學(xué)發(fā)展的歷史長河中，世界數(shù)學(xué)名題猶如一 顆顆璀璨奪目的明珠，簡潔而又迷人.它們凝結(jié)了歷代 數(shù)學(xué)大師的智慧與力量.命題者以別致巧妙的方法，將 獨(dú)到新穎的構(gòu)思，精美獨(dú)特的結(jié)論呈現(xiàn)在我們面前， 吸引著我們.本文以幾個(gè)高考題為例，探討問題的來源 與出處，同時(shí)對(duì)問題的解法進(jìn)行賞析.

名題一：魯珀特王子的謎題

魯珀特王子在17世紀(jì)時(shí)提出了一個(gè)知名的幾何謎題：給定一個(gè)邊長為1英寸（約2.54厘米）的立方體，那么可以穿過這個(gè)立方體的最大立方體，到底有多大？更精確一點(diǎn)說，在不穿破給定立方體的前提下，鑿出一條最大的隧道（具有正方形截面）的邊長R會(huì)是多少？如今，我們已經(jīng)知道R的答案是R＝4 1.060660．換句話說，只要另一個(gè)立方體的邊長等于R英寸（或者是更小的話），就可以穿越邊長為1立方英寸的立方體.

其實(shí)，如果你讓立方體的其中一個(gè)頂點(diǎn)對(duì)著你，這時(shí)你將看到一個(gè)正六邊形，而上述可以穿越這個(gè)立方體的最大正方形截面，就藏在這個(gè)正六邊形里面.另外，根據(jù)數(shù)學(xué)家蓋依（Richarc Guy）與諾瓦科斯基（Richard Nowakowski）的研究結(jié)果可知，能夠穿越超立 方體的最大立方體的邊長為1.007434775，即1.014924.

例1．（2018年全國理1，第12題）已知正方體的棱長為1，每條棱所在的直線與平面α所成的角都相等，則a截此正方體所得截面面積的最大值為（）.

命題者正是抓住了魯珀特王子的謎題的本質(zhì)：如果你讓立方體的其中一個(gè)頂點(diǎn)對(duì)著你，這時(shí)你將看到一個(gè)正六邊形，而可以穿越這個(gè)立方體的最大正方形，就藏在這個(gè)正六邊形里面，命題者巧妙地將其以 “每條棱所在直線與平面α所成的角都相等”的形式呈 現(xiàn)出來，讓考生自主發(fā)現(xiàn)、探索這一特殊角度后，進(jìn)而 尋求截面最大面積的方法.命題者將世界名題以簡單 的方式呈現(xiàn)在考生面前，而考生解答本題的過程，實(shí) 質(zhì)是對(duì)這個(gè)世界數(shù)學(xué)名題的深入探討.下面討論一下 解答本題的思路和方法.

解答本題有兩個(gè)難點(diǎn)：第一，明確正方體 ABCD - A1B1C1D1 的棱只有三種方向，它們分別與 AA1 、AB、AD 平行，需找到平面 α ，與使其 AA1 、AB、AD 所成的角均 相等；第二，如何求截面積的最大值.解答本題有如下 幾種方法.

解法一：特例法.

先運(yùn)用特例法確定截面的位置和形狀，然后通過 建立空間直角坐標(biāo)系，求得截面面積的表達(dá)式，將問 題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問題，利用函數(shù)的單調(diào)性求得截面 面積的最值.顯然，在考試過程中特例法為最佳方法.

解法二：投影法.

本題設(shè)計(jì)巧妙，以“每條棱所在直線與平面α所成 的角都相等”揭示了魯伯特王子謎題.在求解截面的最 大面積時(shí)，可從多個(gè)角度入手，體現(xiàn)了問題的開放性.

名題二：柏拉圖正多面體和阿基米德不完全正多面體.

柏拉圖正多面體指的是一種立體外凸的多面體，不但每一個(gè)面都是由全等的正多邊形組成，而且每一個(gè)面的棱長及頂角的度數(shù)也都相等.如正二十多面體就是由二十個(gè)等邊三角形所組成.柏拉圖正多面體的每個(gè)頂點(diǎn)都被相同數(shù)目的多邊形所圍繞.古希臘人很早就知道并且證明出只能組成五種柏拉圖正多面體：正四面體、正立方體、正八面體、正十二面體、正二十面體.

就像柏拉圖正多面體一樣，阿基米德不完全正多面體也是立體外凸的，并且由棱長相等、頂角的度數(shù)相等的正多邊形所組成的正多面體，差別在于阿基米德不完全正多面體的每一面并不全相同，譬如足球是由12個(gè)正五邊形和20個(gè)正六邊形所構(gòu)成的正多面體，它也是一種阿基米德不完全正多面體.開普勒于1619年在其所著《世界的和諧》（The Harmonies ofthe World，原文為 Harmonices Mundi）一書中，羅列出完整的阿基米德不完全正多面體.

柏拉圖正多面體和阿基米德不完全正多面體均滿足歐拉公式：面數(shù)（F ）+頂點(diǎn)數(shù)（V）-棱數(shù)（E ）=2.

例2.（2019年全國卷，第16題）中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖15）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美.圖16是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長為_________.

本題中的印信實(shí)為一種阿基米德半正多面體，本題側(cè)重于考查歐拉公式以及正多面題的性質(zhì).解答第二個(gè)小問題，需利用正投影方法，將立體問題轉(zhuǎn)化為平面問題，其具體解答過程不再贅述.2021年八省統(tǒng)測的一考題中也涉及了歐拉公式.

例3.（2021年八省統(tǒng)測，第20題）多面體頂點(diǎn)的曲率等于2π與多面體在該點(diǎn)的面角（多面體的面的內(nèi)角）之和的差，多面體面上非頂點(diǎn)的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和.例如，正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)有3個(gè)面角，每個(gè)面角是 ，所以正四面體在各頂點(diǎn)的曲率為2π-3× =π，故其總曲率為4π.

（1）求四棱錐的總曲率；

（2）若多面體的頂點(diǎn)數(shù)-棱數(shù)+面數(shù)=2，證明：這類多面體的總曲率是常數(shù).

本題主要考查了歐拉公式，以數(shù)學(xué)名題的“本來面目”呈現(xiàn)出問題，并引入新定義，在證明曲率為定值的過程中，需根據(jù)新定義和歐拉公式，靈活運(yùn)用多面體的性質(zhì)求解.下面重點(diǎn)探討一下本題第二問的解法.

證法一：設(shè)多面體的頂點(diǎn)數(shù)為 V，棱數(shù)為 E，面數(shù)為 F，

所以 V -E + F =2，

多面體的總曲率= V ×2π-多面體所有面角之和= V ×2π-多面體所有面的內(nèi)角之和.

因?yàn)槎嗝骟w的各個(gè)面均為多邊形，

所以多面體的所有面的內(nèi)角之和等于2E ×π-F×2π，

從而可得多面體的總曲率為：

V ×2π-2E ×π+F ×2π=（V -E +F）×2π=4π，

因此，這類多面體的總曲率是常數(shù).

證法二：由證法一可知，多面體的總曲率= V ×2π-多面體所有面角之和= V ×2π-多面體所有面的內(nèi)角之和.

設(shè)面數(shù)為 F，ni 為第 i （ i =1，2， … ，F(xiàn) ）個(gè)面的邊數(shù)，每條棱連接2個(gè)面，

所以 ni = n1+ n2+…+ nF =2E，

各個(gè)面的內(nèi)角之和為（ni -2）π=2E ×π-F ×2π，

則多面體的總曲率為 V ×2π-（2E ×π-F ×2π）=（V -E +F）×2π=4π，

因此，這類多面體的總曲率是常數(shù).

證法三：由證法一可知，多面體的總曲率= V ×2π-多面體所有面角之和= V ×2π-多面體所有面的內(nèi)角之和.

設(shè)多面體的一個(gè)面為 k 邊形，將此 k 邊形的面剪掉，將剩下的 k 邊拉長鋪平，使其成為平面上一個(gè) k 邊形，在拉平的過程中，三角形仍為平面三角形，則原多面體的 n 邊形面仍為平面 n 多邊形，其內(nèi)角和不變.

所以原多面體的所有面的內(nèi)角和為：

（V -k）×2π-（k -2）×π+（k -2）×π=（V -2）×2π，

從而可知多面體的總曲率為V ×2π-（V -2）×2π=4π，

因此，這類多面體的總曲率是常數(shù).

證法四：由證法一可知，多面體的總曲率= V ×2π-多面體所有面角之和= V ×2π-多面體所有面的內(nèi)角之和.

設(shè)多面體頂點(diǎn)數(shù)為 V，棱數(shù)為 E，面數(shù)為 F，

所以 V -E -F =2，

則每個(gè)面上邊數(shù)的平均值為 ，每個(gè)面上的內(nèi)角和的平均值為（- 2）π，

所以多面體內(nèi)角和為 F（-2）π=（2E -2F）π，

則總曲率為 V ×2π-（2E -2F）π=（V -E +F）×2π=4π，

證法一、證法二、證法三、證法四的前面的一些步驟相同，后半部分則均有所不同，但均可直接運(yùn)用歐拉公式求證.

名題三：月形求積

希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底（ππokpáтηs，公元前460年—公元前370年）曾演示過如何作一個(gè)正方形，使其面積等于一個(gè)給定的月形.所謂的月形是指一塊新月形的區(qū)域，即由兩個(gè)內(nèi)凹的圓弧所組成的圖形.希波克拉底用“求積”的方式，成功地把弧線構(gòu)成的月形面積，用直線形面積表示出來．如圖17，直角三角形兩邊延伸出去的兩個(gè)月形，其面積之和就等于這個(gè)直角三角形的面積.

例4．（2018年全國卷理科1卷，第10題）圖17是古希臘數(shù)學(xué)家希波克拉底所研究的幾何圖形.此圖由三個(gè)半圓構(gòu)成，三個(gè)半圓的直徑分別為直角三角形ABC的斜邊BC，直角邊AB，AC.ΔABC的三邊所圍成的區(qū)域記為I，黑色部分記為II，其余部分記為II.在整個(gè)圖形中隨機(jī)取一點(diǎn)，此點(diǎn)取自I，II，II區(qū)域的概率分別記為P1，P2，P3，則（ ）．

A.P1=P2 B.P1=P3 C.P2=P3 D.P1=P2+P3

本題表面上看是概率問題，實(shí)則考查圖形面積的求法，需運(yùn)用月形求積結(jié)論來解題.

以世界數(shù)學(xué)名題為材料的高考題的切入點(diǎn)，一般是數(shù)學(xué)歷史發(fā)展中的著名問題、著名定理、著名公式或著名圖形.這些名題一般不是被簡單地引入高考題中，而是經(jīng)過演繹變形、移植構(gòu)造、通過特殊化處理而來的.本文只是從眾多涉及數(shù)學(xué)文化的考題中選取了幾例，算是拋磚引玉.尤其在高考備考中，教師需登高望遠(yuǎn)，研究名題，對(duì)其進(jìn)行推廣與演繹，將其作為課堂的趣味題、益智題甚至考題呈現(xiàn)出來，讓學(xué)生進(jìn)行研究.這不僅可以激發(fā)他們學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，又可以培養(yǎng)其數(shù)學(xué)文化素養(yǎng).同時(shí)，教師在教學(xué)的過程中要引導(dǎo)學(xué)生兼容并蓄，弘揚(yáng)中華民族傳統(tǒng)文化，吸收西方數(shù)學(xué)文化的精髓，將知識(shí)、方法、思想融合在一起.

本文系江蘇省淮安市“推進(jìn)普通高中教育質(zhì)量持續(xù)提升”專項(xiàng)課題《新高考背景下數(shù)學(xué)課堂教學(xué)改革的實(shí)踐研究》（編號(hào)：2021GZZX57）的階段性研究成果．

（作者單位：黃增勇，江蘇省淮安市洪澤湖高級(jí)中學(xué)；胡國生，江蘇省淮安市洪澤區(qū)教育體育局）