1試題呈現(xiàn)與簡(jiǎn)析

例（2025年高考數(shù)學(xué)全國(guó)I卷第17題）如圖1所示，在四棱錐 P//BCD 中， PA⊥ 平面 ABCD，AB⊥AD，BC//AD. （2（1）證明：平面 PAB⊥ 平面 PAD ;

圖1

（2）設(shè) ，且點(diǎn) P，B，C，D 均在球 o 的球面上.

（i）證明：點(diǎn) o 在平面 ABCD 內(nèi)；

（ii）求直線 AC 與 PO 所成角的余弦值.

簡(jiǎn)析第（1）小題要證明“平面 PAB⊥ 平面PAD^′ ，綜合法可根據(jù)兩個(gè)平面垂直的定義（二面角B//BA/-D 的平面角 ∠BAD 為直角）或判定定理（ AB⊥ 平面 PAD 或 AD⊥ 平面 PAB ）；向量法用平面 PAB 與平面 PAD 的一組法向量（如 與 ）垂直.此小題主要考查學(xué)生思維的邏輯性與表達(dá)的規(guī)范性，學(xué)生容易解答.第（2）小題第（i）問(wèn)即確定平面ABCD內(nèi)一點(diǎn) o 滿足 OP=OB=OC=OD=R （其中 R 為 P _{B，C，D} 的外接球的半徑）.如何確定點(diǎn) o 的位置？可以從代數(shù)角度通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系列方程組求解，也可從幾何角度用交軌法確定.第（ii）問(wèn)求異面直線 AC 與 PO 所成角的余弦值，可用定義法（單移或雙移）和向量法.部分學(xué)生會(huì)在第（i）問(wèn)中卡殼，下面給出第（2）小題的解答.

2 試題解答與評(píng)注

（i）證法1在四邊形ABCD中，連接 BD ，如圖2所示，在 RtΔABD 中，得 BD=

圖2

在線段 AD 上取點(diǎn) G 使 AG ，在 RtΔCGD 中，可得（20號(hào) 在△BCD 中， 則 sin∠BDC= 記 ΔBCD 的外接圓 O_?1 的半徑為 r ，由正弦定理得 ，得 .結(jié)合條件知點(diǎn) O_?1 在線段 AD 上，且 AO_?1=1 ，此時(shí) ，故點(diǎn) O_i 即為球心 o

評(píng)注根據(jù)求證目標(biāo)及平面 BCD 水平放置，故選擇 ΔBCD 切入，考慮到三邊邊長(zhǎng)，求 cos∠BDC 可優(yōu)化計(jì)算.確定點(diǎn) O_?1 后，過(guò)點(diǎn) O_?1 作直線 l⊥ 平面BCD，則 O∈l 且 l//PA ，記 O₁O=h（h∈R） ，由 OP² σ=OD²σ=R² ，即 O₁A²+（AP-O₁O）²=O₁O²+O₁D² 代入解得 h=0 ，則點(diǎn) O₁ 與點(diǎn) o 重合.解題過(guò)程體現(xiàn)了“立體幾何平面化”的化歸與轉(zhuǎn)化思想方法.

證法2可得 BC⊥ 平面PAB ，如圖3所示，在 RtΔPBC 中，取 PC 的中點(diǎn) N ，則點(diǎn) N 為ΔPBC 的外心，即 NP=NB= .取 PB 的中點(diǎn) M ，連接AM，MN ，在線段 AD 上取一點(diǎn)H 使 AH=MN=1 ，先證 AM⊥ 平面 PBC ，再由 AH=MN 且 AH //MN得四邊形AMNH為平行四邊形，可得 NH⊥ 平面 PBC ，且 NH=1 結(jié)合條件可得 所以點(diǎn) H 即為球心 o

圖3

評(píng)注 證法2與證法1步驟相同，先確定RtΔPBC 的外心 N ，然后利用條件確定過(guò)點(diǎn) N 與平面 PBC 垂直的直線NH，最后確定點(diǎn) o 設(shè) NO= t（t∈R） ，由 OD²=OC²=R² ，即 HD²+（NH-NO）² =NO²+NC² ，代人解得 t=1 ，則點(diǎn) H 與點(diǎn) o 重合.

證法3 由題意知 AB AD，AP 兩兩垂直，如圖4所示，以 A 為坐標(biāo)原點(diǎn)， ，AB，AD，AP 所在直線分別為 _x，y，z 軸建立空間直角坐標(biāo)系 _A-xyz ，則 2，0） ），設(shè)球心 O（x，y，z） ，由 OP=OB=OC=OD ，可得x=0，y=1，z=1 ，故球心 O（0，1，0） 在平面 ABCD 內(nèi).

圖4

評(píng)注通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，由方程組求出點(diǎn) o 的坐標(biāo)，進(jìn)而確定點(diǎn) o 的位置.要理解解法3與解法1（解法2）的區(qū)別與聯(lián)系.如“ OB=OC ’表示點(diǎn) o 在線段 BC 的垂直平分面上，若先考慮“ OB=OC χ=OD^′ ，再考慮“ OD=OP^′′ ，即為解法1的代數(shù)表示

（ii）解法1 由第（i）問(wèn)證法3，得 2，0），P0=（0，1，），則cs AC，PO）

評(píng)注 解法1為向量坐標(biāo)法，點(diǎn) P，O，A，C 的位置均已確定，在第（2）小題第（i）問(wèn)的基礎(chǔ)上，求出 的坐標(biāo)，代人公式易得結(jié)果.

解法2如圖5所示，在DA 的延長(zhǎng)線上取點(diǎn) A₁ ，使 AA₁ =1 ，過(guò)點(diǎn) A₁ 作 A₁P₁ // AP ，且A₁P₁=AP ，則 A₁P₁ ⊥ 平面ABCD.連接 P₁A，P₁P ，則四邊形 OPP₁A 為平行四邊形，得P₁A//PO 且 P₁A=PO ，所以∠P₁AC 為直線 AC 與 PO 所成角或其補(bǔ)角.又 P₁A= ， 在 ΔP₁AC 中， 所以直線 AC 與 PO 所成角的余弦值為

圖5

評(píng)注解法2為定義法，通過(guò)平行四邊形作 OP 的平行線 AP₁ ，需要補(bǔ)形.不難求出 P₁A，AC，P₁C ，用 余弦定理求解.

解法3如圖6所示，連 D接 BO 交 AC 于點(diǎn) T ，在ΔPBO 中，作 TS//OP 交 PB 于點(diǎn) s ，則 ∠STA 為直線 AC 與 PO 所成角或補(bǔ)角.由 AC= Q ，得 B 圖6 C 在 ΔPAB 中，作SK⊥AB ，垂足為 K ，則 所以 在 ΔsTA 中， 即直線 AC 與 PO 所成角的余弦值為

評(píng)注解法3為定義法，通過(guò)三角形相似作 OP 的平行線TS，確定點(diǎn) s 的位置后，可求 ∠STC 或∠STA ，也可在 ΔSPA 中用余弦定理求 SA ，解法3選∠STA 及構(gòu)造 RtΔSKA 可減少運(yùn)算.

解法4可得 ？ 如圖7所示，過(guò)點(diǎn) o 作 OQ//AC 交 CD 于點(diǎn) Q ，在 ΔDAC 中，有 得 OQ= （20在 ΔPDC 中， cos∠PDC 在ΔPDQ 中， PQ²=DP²+DQ²-2DP?DQcos∠PDQ= 27- 11 ．在 △POQ 中， 所以直線 AC 與 PO 所成角的余弦值為

圖7

評(píng)注解法4為定義法，作 AC 的平行線 PQ ，需要定位點(diǎn) Q ，難在確定 PQ 的值.需要通過(guò)不同的三角形不斷地計(jì)算角度與長(zhǎng)度.

解法5 則

評(píng)注解法4為向量基底法，通過(guò)相互垂直向量的數(shù)量積為0進(jìn)行轉(zhuǎn)化，再由向量的數(shù)量積的定義（和幾何意義）構(gòu)建方程來(lái)求解目標(biāo).通過(guò)等量代換 cos∠OAC=cos∠ACB ，將 cos∠OAC 放在RtΔACB 中求解

解法6 由三余弦定理得cos

評(píng)注解法6利用常規(guī)結(jié)論（數(shù)學(xué)模型），關(guān)鍵在于找出解法2圖5中的三條射線 AC，AD，AP₁ 的位置關(guān)系，得到 cos∠CAP₁=cos∠CAD?cos∠P₁AD. 解法6與解法5本質(zhì)上為同一種方法，解法5給出了結(jié)論的推導(dǎo)過(guò)程.

3 試題變式與相關(guān)教學(xué)鏈接

例題中的四棱錐為空間多面體，能否將其視為某動(dòng)態(tài)圖形運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中的一種靜止?fàn)顟B(tài)？一般結(jié)論是否還成立？下面給出一種變式.

變式 如圖8所示，BC// ，將ΔP₀AD 沿 AD 翻折得 ΔPAD 在翻折過(guò)程中，

圖8

（1）點(diǎn) P，B，C，D 是否始終在同一個(gè)球面上，若在，請(qǐng)確定該球面的球心 o 和半徑；若不在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

（2）求直線 AC 與 PO 所成角的余弦值的取值范圍.

解 （1）點(diǎn) o 在線段 AD 上，且 AO=1. （過(guò)程略）

（2）解法1 由題意知， Z點(diǎn) P 的軌跡是以 A 為圓心， 為半徑的圓，該圓面與直線 AD Dy垂直，如圖9所示.由 B C ，平方整理得 （204號(hào) ，得 圖9 而 （當(dāng) P 與 B 重合時(shí)， BP=0 ;當(dāng) P 與 P₀ 故直線 AC 與 PO 所成角的余弦值的取值范圍為

解法2 由題意，建立如圖9所示的空間直角坐標(biāo)系，則 ） α∈[0，2π） .得 ， ，則」cos ，所以直線 AC 與PO 所成角的余弦值的取值范圍為

評(píng)注 變式抓住例題條件 BC//AD，AB⊥ ”，借助對(duì)稱性將圖8進(jìn)行翻折.解法1為向量基底法，解法2為向量坐標(biāo)法，均建立目標(biāo)函數(shù)關(guān)于某自變量的函數(shù)，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問(wèn)題.

試題鏈接1（多項(xiàng)選擇題）下列選項(xiàng)中描述的多面體，一定存在外接球的有（ ）

A.側(cè)面都是矩形的三棱柱B.上、下底面是正方形的四棱柱C.底面是等腰梯形的四棱錐D.上、下底面是等邊三角形的三棱臺(tái)

評(píng)注 多面體存在外接球，則其表面的多邊形均有外接圓，并且過(guò)各外接圓圓心的垂直于表面所在平面的直線相交于同一點(diǎn).本題有助于深化學(xué)生對(duì)球的定義和性質(zhì)的理解.

試題鏈接2（人教A版教材必修第二冊(cè)第170頁(yè)復(fù)習(xí)參考題8第10題）如圖10所示，在邊長(zhǎng)為2的正方體中，點(diǎn) E 是 AB 的中點(diǎn)，點(diǎn) F 是 BC 的中點(diǎn)，將△AED， ΔBEF ΔDCF 分別沿 DE，EF，DF 折起，使 ^{A，B，C} 三點(diǎn)重合于點(diǎn) A^′ ：

（1）求證： .A^′D⊥EF ：（2）求三棱錐 A^′-DEF 的體積.

圖10

評(píng)注人教A版教材必修第二冊(cè)第164頁(yè)習(xí)題8.6第15題中也有同樣的折疊.筆者先問(wèn)：在三棱錐A^′-DEF 中，哪些棱與面互相垂直？學(xué)生通過(guò)分析并找出相互垂直的直線與直線、直線與平面、平面與平面的所有情況.對(duì)于第（2）小題，可讓學(xué)生求出三棱錐 A^′–DEF 的表面積.在完成本題后，筆者追問(wèn)：（條件不變）（3）若三棱錐 A^′-DEF 的所有頂點(diǎn)均在球 o 的球面上，求球 o 的體積；（4）若三棱錐 A^′–DEF 有內(nèi)切球 I ，求球 I 的表面積.使學(xué)生掌握求特殊多面體的外接球和內(nèi)切球半徑的常見路徑.

試題鏈接3（貴州省2025年基礎(chǔ)教育質(zhì)量提升普通高中教學(xué)檢測(cè)數(shù)學(xué)卷第18題）三棱錐A-BCD中， ΔABC 是正三角形， BC⊥AD

（1）證明： BD=CD ： （2）已知 AB=2，E 為線段 BC 的中點(diǎn).

（i）若 P 是平面 ADE 內(nèi)一點(diǎn)， 求線段CP 長(zhǎng)的最小值;

（ii）若 BD=2，l 是平面 ADE 內(nèi)一條 直線，求 l 與平面 ACD 所成角的正弦值的取值范圍.

評(píng)注 對(duì)于第（2）小題第（i）問(wèn)，參考答案由點(diǎn)P 的軌跡是平面 ADE 內(nèi)以 A 為圓心， 為半徑的圓，借助“圓外一點(diǎn)與圓上的點(diǎn)的最小值”的結(jié)論求解，也可以建立空間直角坐標(biāo)系、設(shè)出參數(shù)構(gòu)造函數(shù)求解；對(duì)于（2）小題第（ii）問(wèn)，參考答案用坐標(biāo)法求解.透過(guò)現(xiàn)象看本質(zhì)，利用直線與平面所成角和二面角的定義可得一般結(jié)論：已知二面角 α-l-β 的平面角為 m 為平面 內(nèi)任意一條直線，則 m 與平面 α 所成角的正弦值的取值范圍是 [0，sinθ]

4 教學(xué)啟示

4.1 引領(lǐng)回歸教材，夯基“四基”“四能”

《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）》（簡(jiǎn)稱為《課程標(biāo)準(zhǔn)》）是教材編寫和高考評(píng)價(jià)的依據(jù)，教材是《課程標(biāo)準(zhǔn)》的具體化和高考評(píng)價(jià)的重要載體，高考評(píng)價(jià)對(duì)《課程標(biāo)準(zhǔn)》的落實(shí)和教材的使用具有導(dǎo)向作用.教材是師生共有的知識(shí)載體，是落實(shí)數(shù)學(xué)課程目標(biāo)、培養(yǎng)學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的重要教學(xué)資源，也是歷年高考命題的重要素材.例題的題源可認(rèn)為是人教A版必修第二冊(cè)第164頁(yè)習(xí)題8.6第21題、選擇性必修第一冊(cè)第39頁(yè)例10、第48頁(yè)復(fù)習(xí)參考題1第12 題.問(wèn)題千變?nèi)f化，本質(zhì)始終如一，本質(zhì)就是以教材的知識(shí)為載體所蘊(yùn)含的邏輯、思想方法，即題在書外，根在書中.

我們應(yīng)該具備怎樣的教材觀？教材呈現(xiàn)的是數(shù)學(xué)的“起點(diǎn)”（未必是該數(shù)學(xué)問(wèn)題的原始起點(diǎn)），而不是終點(diǎn).“書本上的知識(shí)是人類實(shí)踐智慧的結(jié)晶，是人類文明的重要組成部分，是學(xué)生學(xué)習(xí)的主要內(nèi)容.這些知識(shí)（在數(shù)學(xué)上主要表現(xiàn)為原理、定理、公式、數(shù)量關(guān)系式等）是抽掉了生動(dòng)鮮活但又蕪雜的實(shí)踐過(guò)程細(xì)節(jié)的文字表述，在變得清晰、簡(jiǎn)明的同時(shí)，也變得抽象、干癟、靜態(tài).沒(méi)有文字表述，前人的成果就很難保存流傳，但若把文字表述等同于知識(shí)而不探究藏在文字背后的道理，不挖掘其對(duì)學(xué)生成長(zhǎng)的意義，那么，學(xué)生所學(xué)到的就只是知識(shí)的“影子”而非真正的知識(shí)，知識(shí)也失去了它存在的意義.”［1]知識(shí)是中性的，是冰冷的美麗.教育需要投人精力和感情，教學(xué)生智慧，給學(xué)生以力量感、溫暖感.因此，教師首先要讓學(xué)生感受到問(wèn)題的存在、解決的必要性；然后讓學(xué)生直觀感知，產(chǎn)生疑問(wèn)，逐步精確;最后還要從特殊與一般、化歸與轉(zhuǎn)化等角度構(gòu)建問(wèn)題鏈之間的聯(lián)系，深化對(duì)相關(guān)內(nèi)容的認(rèn)知.教師應(yīng)在《課程標(biāo)準(zhǔn)》、《中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系》的指導(dǎo)下，深刻地理解與挖掘教材，整合教學(xué)內(nèi)容，充分發(fā)揮教材功能才能較好地完成教學(xué)，以不變應(yīng)萬(wàn)變.如筆者在必修第二冊(cè)復(fù)習(xí)課教學(xué)時(shí)，給出以上試題鏈接1與試題鏈接2，對(duì)于試題鏈接2第（3）小題，學(xué)生給出不同的綜合法，認(rèn)識(shí)到“確定多面體的外接球，就要抓住球的定義，理解本質(zhì)，活用思想方法.”[2]

4.2 深化數(shù)學(xué)理解，強(qiáng)化問(wèn)題探究

當(dāng)前教學(xué)中“重技巧、輕知識(shí)\"“重套路（現(xiàn)象）、輕本質(zhì)”的情況較為普遍[3].多數(shù)學(xué)生為解題而解題，而不深入分析解題背后的原因，隨著新知識(shí)量的“幾何級(jí)”增長(zhǎng)，學(xué)生就會(huì)感到越學(xué)越累，效率越來(lái)越低.平凡現(xiàn)象背后，常常隱藏著重要的奧秘，這是數(shù)學(xué)的迷人之處.只有深化數(shù)學(xué)理解，才能建構(gòu)完整的知識(shí)體系，發(fā)展學(xué)生的學(xué)科思維，提高問(wèn)題解決的能力.什么是數(shù)學(xué)理解？哈佛大學(xué)教授柏金斯提出：“數(shù)學(xué)理解是一種綜合能力，它不僅能夠?qū)Ω拍顦?gòu)建清晰的心智表象，還能利用概念進(jìn)行解釋、證實(shí)、推斷、聯(lián)系，以及以一種超越知識(shí)和常規(guī)技能的方式進(jìn)行應(yīng)用.”[4]文獻(xiàn)[4]給出深化數(shù)學(xué)理解的四個(gè)立足點(diǎn)：立足數(shù)學(xué)本質(zhì)，在知識(shí)的生發(fā)點(diǎn)找出核心概念;立足兒童困惑，在認(rèn)知的薄弱點(diǎn)辨明生本問(wèn)題；立足知識(shí)體系，在概念的聯(lián)系點(diǎn)引發(fā)深度思考；立足數(shù)學(xué)運(yùn)用，在方法的應(yīng)用點(diǎn)升華數(shù)學(xué)理解.解決立體幾何問(wèn)題，無(wú)論是綜合法、向量基底法、還是坐標(biāo)法，其依據(jù)均為“立體幾何初步”的判定和性質(zhì)，原理始終如二[5].綜合法在各三角形或四邊形中逐步求邊長(zhǎng)與角度，按部就班從始至終.向量基底法將各研究對(duì)象向量化，轉(zhuǎn)化為向量的運(yùn)算；坐標(biāo)法基于單位正交基底，具有高度形式化，一般直接定位目標(biāo)，代入相關(guān)公式求解.

探究是數(shù)學(xué)教學(xué)的生命線.對(duì)于例題第（2）小題第（ii）問(wèn)，多數(shù)學(xué)生用坐標(biāo)法一解了之，而解法6用平時(shí)探究的結(jié)論能更快解題；試題鏈接3評(píng)注給出了第（2）小題第（ii）問(wèn)的一般結(jié)論，從幾何角度進(jìn)行釋疑.強(qiáng)化探究會(huì)不會(huì)加重學(xué)生的負(fù)擔(dān)？凡是我們學(xué)會(huì)了的東西就不是負(fù)擔(dān)，而是以后解決問(wèn)題的重要武器.通過(guò)探究，學(xué)生可以厘清其中的關(guān)系，掌握問(wèn)題的本質(zhì)，提高解決問(wèn)題的效率，有效地降低后續(xù)學(xué)習(xí)與探究的難度.

4.3 提升教師素養(yǎng)，優(yōu)化教學(xué)方式

在教學(xué)中，老師擔(dān)心在概念的生成中耗費(fèi)太多的精力，舍不得花時(shí)間讓學(xué)生去自主嘗試.在概念、定理教學(xué)中，教師輕視概念形成、結(jié)論獲得過(guò)程的現(xiàn)象大量存在.學(xué)生又沒(méi)有自我閱讀、自我鉆研的精神，便徹底失去了一次對(duì)基本公式背后的基本原理探索思考、提升思維認(rèn)知能力的機(jī)會(huì).教師要理解數(shù)學(xué)、理解學(xué)生、理解教學(xué)、理解技術(shù).只有教師具有數(shù)學(xué)內(nèi)容的整體觀，教學(xué)內(nèi)容才不會(huì)被割裂，才能很好地規(guī)避知識(shí)的碎片化.

教師除了要有深厚的數(shù)學(xué)功底，還要掌握教育學(xué)、心理學(xué)、哲學(xué)等學(xué)科中的基本原理與內(nèi)容，遵循教育教學(xué)規(guī)律，對(duì)接學(xué)生認(rèn)知，培養(yǎng)學(xué)生學(xué)會(huì)知識(shí)和學(xué)會(huì)學(xué)習(xí)的能力.孫維剛將學(xué)生的解題方式歸納為三類：一題多解（以達(dá)到熟悉）、多解歸一（尋求共性）、多題歸一（尋求規(guī)律）[6.通過(guò)展示不同的解題方法，學(xué)生可以認(rèn)識(shí)到一個(gè)問(wèn)題可以有多種解決方案，從而打破思維的局限性[]，拓寬思路.如針對(duì)例題，筆者將問(wèn)題進(jìn)行變式，從靜態(tài)走向動(dòng)態(tài)，強(qiáng)化軌跡意識(shí)，突出理性精神.

參考文獻(xiàn)

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[2]鄭良.基于學(xué)生認(rèn)知“錯(cuò)誤”促進(jìn)深度學(xué)習(xí)發(fā)生：以立體幾何試題的解答為例[J].中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2022（34） ：58-60，65.

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[5]鄭良.通曉原理，明確方法，建構(gòu)聯(lián)系，優(yōu)化過(guò)程：從一道立體幾何試題的解法談起[J]．中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)參考，2023（31） ：53-56.

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[7]教育部考試中心.中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系[M].北京：人民教育出版社，2019.

作者簡(jiǎn)介鄭良（1980—），男，安徽靈璧人，中學(xué)高級(jí)教師，中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克一級(jí)教練員，現(xiàn)任合肥市第四中學(xué)數(shù)學(xué)學(xué)科主任；曾獲“宿州市優(yōu)秀教師”“宿州市學(xué)科帶頭人”等榮譽(yù)稱號(hào)；主要研究方向?yàn)楦咧袛?shù)學(xué)教學(xué)與高考、競(jìng)賽研究；發(fā)表文章200余篇，其中有7篇被中國(guó)人民大學(xué)書報(bào)資料中心《高中數(shù)學(xué)教與學(xué)》全文轉(zhuǎn)載，30余篇被索引.