一道立体几何高考题评卷引发的思考

2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。

这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。

我们有必要对这一题型进行全面评估，并从中汲取教学的启示。

一、对立体几何大题进行深入的解剖在2023年全国新高考1卷的立体几何大题中，考查了许多立体图形的性质、空间几何想象和推理能力。

学生需要能够理解立体图形的特点、计算体积和表面积，并且能够运用立体几何知识解决实际问题。

这对学生的空间想象力和数学推理能力提出了挑战。

二、深度解析题目所涉及的知识点评估这一题型不仅要看到表面的难度，更需要深入挖掘其中所涉及的知识点。

只有深入理解了立体几何的性质和运用方法，才能更好地指导教学和学生学习。

三、教学启示和个人观点在教学中，我们应该注重培养学生的空间想象力和数学推理能力。

通过丰富的教学实例和引导，帮助学生理解立体图形的性质，掌握计算体积和表面积的方法，并且能够灵活运用到解决实际问题中。

只有如此，学生才能在应对高考中的立体几何大题时游刃有余。

四、总结与回顾通过对2023年全国新高考1卷立体几何大题的全面评估，我们不仅更好地理解了立体几何这一题型，更深刻地认识到了教学的重要性。

在教学中，我们要注重培养学生的空间想象力和数学推理能力，引导他们掌握立体图形的性质和计算方法。

我们也要灵活运用丰富的教学资源，帮助学生掌握解决问题的方法和技巧。

在2023年全国新高考1卷立体几何大题的教学启示中，我们应该看到更多的是教学的重要性和学生能力的培养。

只有通过深入的教学和学习，我们才能更好地应对未来的挑战。

希望我的文章对你有所启发，也欢迎你对立体几何大题教学的个人观点和理解进行补充和共享。

期待你的回复。

2023年全国新高考1卷的立体几何大题，一直以来都备受关注。

这不仅是因为立体几何在数学中的重要性，更是因为它对学生的思维能力、空间想象力和解决问题的能力都提出了挑战。

发挥最大潜能，让考分达最大值高考评卷心得罗昭宇1、立体几何第1小题一般较为简单，用一般知识即可解决，不必用坐标要求解，但第二题一般都要建坐标系用向量求解。

近些年来二面角的平面角是考试热点，求法向量成了解题关键：用常规方法繁琐易错，用高等代数向量叉积简单易行，答卷上不必写求法向量过程，直接写出即可。

2、因每个大题答题框面积有限，故答题只能写必要关键步骤，有些课本上没有的常规结论直接使用，如圆222r y x =+上一点),(00y x p 的切线为200r yy xx =+，点),(00y x p 关于直线b x y +±=对称的点是)),((00'b x b y p +±- 等，如果将前面的过程写得过细，必然会导致后面拥挤，关键的内容没有写上。

3、注重关键词，无论题求证题还是解答题，关键的部分更展示出来，无关细节，计算过程可略去，书写冗繁是一大忌，评卷老师看见冗繁没有头绪的内容就会头痛，尤其是求出最后的结果，要写在最后显眼的位置，不要写在拥护的旮旯角落，避免老师错判、漏判、误判。

4、大家知道，大题不能留空白，“会而不对”的题将涉及的知识套上去，必要时用“瑕疵”法求解，如2012年理科21大题：设函数[].,0,cos )(π∈+=x x ax x f.)()1(的单调性讨论x f),,(221122112211222111y x y x z x z x z y z y z y x z y x k j i b a n -==⨯=.,sin 1)()2(的取值范围求设a x x f +≤此题（Ⅱ）小题是高难度题，用下列方法可力争得分：[].,0,sin 1cos π∈+≤+x x x ax 解：，分别得、、令ππ20=x 0110+≤+⋅a ,1102+≤+⋅πa 11≤-πa的取值范围分别是中a )3)(2)(1(⎥⎦⎤ ⎝⎛∞⎥⎦⎤ ⎝⎛∞∞+∞ππ2-4--，，，），，（ 这三个范围中取最小范围，即a 的范围是：⎥⎦⎤ ⎝⎛∞π2-， 这种方法是不严谨的，我们用这这种“瑕疵”法得到的答案与标准答案一致，评卷老师也会酌情给分，这与留上空白是截然不同的效果。

立体几何高考题及解析
以下是一道关于立体几何的高考题及解析：
题目：一个圆锥的底面半径是3cm，母线长为4cm。

若其高为h，求出圆锥的体积与表面积的比。

解析：
首先我们需要知道圆锥的体积和表面积的公式：
圆锥体积公式：V = 1/3 * π * r^2 * h
圆锥表面积公式：S = π * r * l + π * r^2
其中，r为底面半径，h为高，l为母线长。

给定的条件是底面半径为3cm，母线长为4cm。

我们需要求出圆锥的体积与表面积的比，即V/S。

首先计算出底面圆周长：
C = 2 * π * r = 2 * π * 3 = 6π
然后计算出母线的长度l：
l = 根号下(r^2 + h^2) = 根号下(3^2 + h^2)
代入母线长为4cm的条件，得到方程：
根号下(3^2 + h^2) = 4
解方程，得到h = 根号下(7)
将求得的h代入到圆锥体积公式和表面积公式中，求出圆锥的体积和表面积：
V = 1/3 * π * r^2 * h = 1/3 * π * 3^2 * 根号下(7) = 3π * 根号下(7) S = π * r * l + π * r^2 = π * 3 * 4π + π * 3^2 = 12π^2 + 9π
最后计算出圆锥的体积与表面积的比：
V/S = (3π * 根号下(7)) / (12π^2 + 9π) = (根号下(7)) / (4π + 3)
因此，圆锥的体积与表面积的比为(根号下(7)) / (4π + 3)。

数学学习与研究2015.16【摘要】2014年高考新课标Ⅱ卷的立体几何试题较好地处理了基础与综合、继承与创新的关系,试题沿袭了“在几何直观下立意,在贴近教材中设计”的命题特点,将立体几何与学科知识和能力融为一体,坚持守正出新,正视文理差异,突出动态变化,从不同的角度诠释了教学的价值取向,形成了鲜明的立体几何命题风格和试题特点.在对其进行统计分析的基础上,提炼出立体几何试题的命题特点和亮点,并提出2015年高考复习教学建议.【关键词】高考数学;立体几何;试题分析本人参与2014年宁夏高考阅卷负责立体几何试题,下面主要从2014年高考数学立体几何试题进行分析并对高三数学立体几何的复习备考提出一些个人建议,仅供参考.高考立体几何属于中档题,也是同学们应尽力拿满分的大题.故同学们在备考时,要对传统几何解题方法高度重视,反复进行练习,以达到熟能生巧的地步.这也是同学们复习时应随着新课程标准的推进,我们发现2013年、2014年试题对于空间想象能力的考查更深入了,为此,笔者提出如下复习建议:1.回归课本,用足教材2014年的立体几何试题源于课本、贴近教材的特色鲜明.应对这样的高考试题,如何在教学中“让学生能熟练掌握和灵活运用有关平行与垂直的判定和性质定理、怎样才能让学生掌握判断线线、线面、面面之间位置关系的熟练技能”,这个问题值得我们每位教师去深思.所以,加强基本概念、定义、定理的理解和应用,加强归纳总结,将基础知识条理化、网络化,以利于记忆.对课本上的每一条定义和法则,我们首先要叙述出来,其次是分清它们的条件与结论,再次转换成用符号语言表述,并要能画出正确的图形,定理甚至要求掌握它的证明.2.精选例题,举一反三从近几年的高考来看,立体几何不回避热点,突出对核心知识和基本方法的考查,题型相对比较固定.因此复习备考时,在例题的选择上,应根据常考知识点选择相应例题进行复习.如可选择以棱锥或者棱柱为载体的解答题,设计两问或者三问,重点考查线线、线面、面面位置关系.线线角、线面角或者面面角的计算,解法理科应兼顾“一题两法”.同时适量适度精选一些练习题,形成基本技能.并且每做一题后都要进行反思:此题用了哪些基础知识,用了怎样的基本方法.这样才有助于解题能力的提高.要特别注意,选题要控制难度,不出偏题、怪题,加强对典型问题的研究,理科重视“向量法”的灵活运用.并尝试变式探究,改变其中某些条件或某些结论,认真比较题目之间的区别与联系.真正做到举一反三.3.强化识图能力新课程下立体几何对空间想象能力、推理能力有更高的要求,强调培养学生实际应用所学知识的能力.要求考生能根据看到的画在平面上的几何图形想象出图形所表示的真实物体形状;进一步地,即使没有图形,仅凭看到的文字描述也能想象出物体的形状.这就是文字语言、符号语言、图形语言之间的相互转化能力,具有重要的实际应用价值.因此注意提高识图、理解图、应用图的能力是首要任务,而且在高考试题中也体现出它的重要性,是立体几何部分考核的重点内容.4.应注重掌握解题方法中的通法通则,特别是转化化归思想、向量代数法在复习时应该弄透彻,我们不仅理解深刻,而且能切实掌握.如线面和面面关系的转化、三棱锥等积法要熟练掌握;面面平行转化为线面平行,可再转化为线线平行来处理.再如,点到面距离可转化为线到面距离,又可转化为面面距离;证明两线平行,可转化为两直线同时垂直于一个平面的证明.5.夯实数学基础,重视解题细节教师应重视常规基础题的练习,从不起眼的解题细节抓起,只有夯实基础,学生的基本知识和基本技能才能唤起高层次的数学思维,才能解决更难的问题.很多学生在高考复习时一味追求难题、偏题,疏于对基础题的练习与叙写,结果在考试中反而容易出错,这是本末倒置的.细节决定成败,学生在答题过程中应认真细心,养成良好的答题习惯,稳步地提高数学素养.6.严抓解题的表述与书写的规范性学生因答题不规范而丢分的情况比较严重,主要集中在:一是没有列出计算公式或者计算错误;二是考生在证明过程中出现逻辑推理不严密、用错定理、书写格式不规范等问题.造成这种现象的原因肯定是多方面的,但考生在高考复习时过于重视解题的技巧、方法和思路,轻视推理证明过程的书写应是主要的原因.此外,还有部分考生有大篇幅的涂改、删除现象,这固然是考试时的紧张心理所致,但答题时草率上手,匆匆读完题后就急于答题,对题意不求甚解,思考不充分,必然会出现漏写、多写、错写等各种错误,只好大面积涂改.总之,立体几何知识一直是高考的主干知识,是高考重要考查内容之一.学生必须熟练掌握常见的题型及解题方法,对常见的空间几何模型要能从中寻找解题突破口,同时重视推理的逻辑性、严密性,确保推理语言的正确无误.【参考文献】[1]王位高.从五年高考数学试题谈立体几何的复习[J ].广东教育(高中版),2008.[2]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[S ].北京:人民教育出版社,2003.[3]陈俊斌.福建省高考数学立体几何试题分析[J ].武汉:中学数学(高中版),2014(1).对立体几何试题的一些分析和思考◎杨国锋(银川第二十四中学,宁夏银川750011). All Rights Reserved.。

点在面内的多视角证明与高观点审视一道２０２０年立体几何高考题引发的探究李鸿昌(北京师范大学贵阳附属中学ꎬ北京５５００８１)摘㊀要:文章给出２０２０年全国Ⅲ卷一道立体几何试题的一题多解ꎬ并从高观点作出深层次解读.关键词:立体几何ꎻ一题多解ꎻ空间向量ꎻ共面向量ꎻ高观点中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２２－０１０１－０４收稿日期:２０２３－０５－０５作者简介:李鸿昌(１９９１－)ꎬ男ꎬ贵州省凯里人ꎬ从事高中数学教学与竞赛研究.㊀㊀题目㊀(２０２０年高考全国Ⅲ卷理科第１９题)如图１ꎬ在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ点ＥꎬＦ分别在棱ＤＤ１ꎬＢＢ１上ꎬ且２ＤＥ＝ＥＤ１ꎬＢＦ＝２ＦＢ１.(１)证明:点Ｃ１在平面ＡＥＦ内ꎻ(２)若ＡＢ＝２ꎬＡＤ＝１ꎬＡＡ１＝３ꎬ求二面角Ａ－ＥＦ－Ａ１的正弦值.图１㊀２０２０年高考全国Ⅱ卷理科１９题图１考题分析第(１)问是证明点在面内ꎬ此问具有很强的创新性与开放性ꎬ给考生很大的发挥空间:可以从几何的角度进行证明ꎬ也可以从向量的的角度进行证明.第(２)问是求二面角ꎬ是常规题ꎬ建立空间直角坐标系ꎬ求出两个面的法向量即可.下文主要探究第(１)问的多角度证明与高观点审视.２题目解析视角１㊀经过两条平行直线ꎬ或经过两条相交直线ꎬ有且只有一个平面.解法１㊀如图２ꎬ连接ＥＣ１ꎬＦＣ１ꎬ在ＡＡ１上取一点Ｇꎬ使得Ａ１Ｇ＝２ＧＡꎬ并连接ＥＧꎬＧＢ１.图２㊀解法１图在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＥＧʊＤ１Ａ１ꎬＥＧ＝Ｄ１Ａ１ꎬＣ１Ｂ１ʊＤ１Ａ１ꎬＣ１Ｂ１＝Ｄ１Ａ１.所以ＥＧʊＣ１Ｂ１ꎬＥＧ＝Ｃ１Ｂ１.即四边形ＥＧＢ１Ｃ１是平行四边形.所以ＥＣ１ʊＧＢ１.在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＡＧʊＦＢ１ꎬＡＧ＝ＦＢ１.即四边形ＡＧＢ１Ｆ是平行四边形.所以ＡＦʊＧＢ１.所以ＥＣ１ʊＡＦ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面[１].故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法２㊀如图３ꎬ连接ＥＣ１ꎬＦＣ１ꎬ在ＡＡ１上取一点Ｍꎬ使得ＡＭ＝２ＭＡ１ꎬ并连接Ｄ１ＭꎬＭＦ.图３㊀解法２图在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＭＦʊＡ１Ｂ１ꎬＭＦ＝Ａ１Ｂ１ꎬＡ１Ｂ１ʊＤ１Ｃ１ꎬＡ１Ｂ１＝Ｄ１Ｃ１.所以ＭＦʊＤ１Ｃ１ꎬＭＦ＝Ｄ１Ｃ１.即四边形ＭＦＣ１Ｄ１是平行四边形.所以ＭＤ１ʊＣ１Ｆ.在长方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬ易知ＥＤ１ʊＡＭꎬＥＤ１＝ＡＭ.即四边形ＥＤ１ＭＡ是平行四边形.所以ＡＥʊＭＤ１.所以ＡＥʊＣ１Ｆ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.图４㊀解法３图解法３㊀如图４ꎬ延长ＡＥꎬＡ１Ｄ１交于点Ｍꎬ延长ＡＦꎬＡ１Ｂ１交于点Ｎꎬ连接ＭＮꎬＭＮ与直线Ｄ１Ｃ１交于点Ｏ.因为２ＤＥ＝ＥＤ１ꎬＢＦ＝２ＦＢ１ꎬＤＥʊＡＡ１ꎬＦＢ１ʊＡＡ１ꎬ所以ＥＤ１ＡＡ１＝ＭＤ１ＭＡ１＝２３ꎬＦＢ１ＡＡ１＝ＮＢ１ＮＡ１＝１３.则Ａ１Ｂ１＝２３Ａ１Ｎ.又因为Ｄ１ＯʊＡ１Ｎꎬ所以ＭＤ１ＭＡ１＝Ｄ１ＯＡ１Ｎ＝２３.则Ｄ１Ｏ＝２３Ａ１Ｎ.所以Ａ１Ｂ１＝Ｄ１Ｏ.又因为Ａ１Ｂ１＝Ｄ１Ｃ１ꎬ所以Ｄ１Ｏ＝Ｄ１Ｃ１.则点Ｏ与Ｃ１重合.即Ｃ１在直线ＭＮ上.因为ＭＮ⊂平面ＡＥＦꎬＣ１ɪＭＮ所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角２㊀向量共面定理.解法４㊀令ＣＤ１ң＝ａꎬＣＢ１ң＝ｂꎬＣＤ１ң＝ａꎬＣＣ１ң＝ｃꎬ则ＡＥң＝－ｂ－１３ｃꎬＡＦң＝－ａ－２３ｃꎬＡＣ１ң＝－ａ－ｂ－ｃ.所以ＡＣ１ң＝ＡＥң＋ＡＦң.由共面向量的充要条件知ꎬＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法５㊀令ＣＤ１ң＝ａꎬＣＢ１ң＝ｂꎬＣＤ１ң＝ａꎬＣＣ１ң＝ｃꎬ则ＣＣ１ң＝－ｃꎬＣＥң＝ａ－１３ｃꎬＣＡң＝ａ＋ｂꎬＣＦң＝ｂ－２３ｃ.设ＣＣ１ң＝ｘＣＥң＋ｙＣＡң＋ｚＣＦңꎬ则有ＣＣ１ң＝ＣＥң－ＣＡң＋ＣＦң.即ｘ＋ｙ＋ｚ＝１.由共面向量的充要条件知ꎬＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.解法６㊀如图５ꎬ以Ｃ１Ｄ１ңꎬＣ１Ｂ１ңꎬＣ１Ｃң的正方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ｃ１－ｘｙｚ.令Ｃ１Ｄ１＝ａꎬＣ１Ｂ１＝ｂꎬＣ１Ｃ＝ｃꎬ则图５㊀解法６图Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＡ(ａꎬｂꎬｃ).则ＡＥң＝(０ꎬ－ｂꎬ－１３ｃ)ꎬＡＦң＝(－ａꎬ０ꎬ－２３ｃ)ꎬＡＣ１ң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).所以ＡＣ１ң＝ＡＥң＋ＡＦң.由共面向量的充要条件ꎬ知ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.注㊀类似地ꎬ根据坐标求出向量ꎬ可得到ＣＣ１ң＝ＣＥң－ＣＡң＋ＣＦңꎬ从而得ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.视角３㊀点面距.若点到平面的距离为０ꎬ则点在平面内.解法７㊀如图５ꎬ以Ｃ１Ｄ１ңꎬＣ１Ｂ１ңꎬＣ１Ｃң的正方向分别为ｘꎬｙꎬｚ轴的正方向建立空间直角坐标系Ｃ１－ｘｙｚ.令Ｃ１Ｄ１＝ａꎬＣ１Ｂ１＝ｂꎬＣ１Ｃ＝ｃꎬ则Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＡ(ａꎬｂꎬｃ).则ＡＥң＝(０ꎬ－ｂꎬ－１３ｃ)ꎬＡＦң＝(－ａꎬ０ꎬ－２３ｃ)ꎬＡＣ１ң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).设平面ＡＥＦ的法向量为ｎ＝(ｘ０ꎬｙ０ꎬｚ０)ꎬ因为ｎʅＡＥңꎬｎʅＡＦңꎬ所以ｎ ＡＥң＝０ꎬｎ ＡＦң＝０.{即－ｂｙ０－１３ｃｚ０＝０ꎬ－ａｘ０－２３ｃｚ０＝０.ìîíïïïï解得ｘ０＝－２ｃ３ａｚ０＝０ꎬｙ０＝－ｃ３ｂｚ０＝０.ìîíïïïï令ｚ０＝３ａｂꎬ得ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ).设Ｃ１到平面ＡＥＦ的距离为ｈꎬ则ｈ＝｜ｎ ＡＣ１ң｜ｎ＝｜２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ｜ｎ＝０.即点Ｃ１到平面ＡＥＦ的距离为０.所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角４㊀线面角.若直线与平面所成的角是零角ꎬ且直线有一个点在平面内ꎬ则直线在平面内.解法８㊀同解法７ꎬ得平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)ꎬＡＣң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).设直线ＡＣ１与平面ＡＥＦ所成的角为θꎬ则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ<ｎꎬＡＣ１ң>＝｜ｎ ＡＣ１ң｜｜ｎ｜ ｜ＡＣ１ң｜＝｜２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ｜｜ｎ｜ ｜ＡＣ１ң｜＝０.即直线ＡＣ１与平面ＡＥＦ所成的角为０.又Ａɪ平面ＡＥＦꎬ所以ＡＣ１⊂平面ＡＥＦ的.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.视角５㊀法向量垂直于平面内的任意直线.解法９㊀同解法７ꎬ得平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)ꎬＡＣң＝(－ａꎬ－ｂꎬ－ｃ).所以ｎ ＡＣ１ң＝２ａｂｃ＋ａｂｃ－３ａｂｃ＝０.又因为点Ａɪ平面ＡＥＦꎬ所以ＡＣ１⊂平面ＡＥＦ.所以ＡꎬＥꎬＣ１ꎬＦ四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.３高考真题探源在往年的高考真题中ꎬ是否出现过证明四点共面的试题呢?或者与之相似的试题呢?其实ꎬ我们可以在往年的高考真题中找到四点共面的原型.那就是２０１９年全国Ⅲ卷理科第１９题的第(１)问和２０１９年北京卷理科第１６题的第(３)问[２].(２０１９年全国Ⅲ卷理１９)图６是由矩形ＡＤＥＢꎬＲｔәＡＢＣ和菱形ＢＦＧＣ组成的一个平面图形ꎬ其中ＡＢ＝１ꎬＢＥ＝ＢＦ＝２ꎬøＦＢＣ＝６０ʎꎬ将其沿ＡＢꎬＢＣ折起使得ＢＥ与ＢＦ重合ꎬ连接ＤＧꎬ如图７.(１)证明:图７中的ＡꎬＣꎬＧꎬＤ四点共面ꎬ且平面ＡＢＣʅ平面ＢＣＧＥꎻ(２)求图７中的二面角Ｂ－ＣＧ－Ａ的大小.图６㊀２０１９年全国Ⅲ卷理１９题图㊀图７㊀２０１９年全国Ⅲ卷理１９题图㊀㊀证明㊀(１)由已知得ＡＤʊＢＥꎬＣＧʊＢＥ.所以ＡＤʊＣＧ.故ＡＤꎬＣＧ确定一个平面.从而ＡꎬＣꎬＧꎬＤ四点共面.高考真题是高考命题专家智慧的结晶ꎬ经典而具有代表性ꎬ很多的高考题都可以在往年的真题中找到原型.因此ꎬ在高三备考复习中ꎬ做真题卷ꎬ对历年高考真题进行变式㊁推广等研究很有必要.４高观点审视４.１平面方程设平面的法向量为ｎ＝(ＡꎬＢꎬＣ)ꎬ且过点(ｘ０ꎬｙ０ꎬｚ０)ꎬ因为一个点和一个法向量决定一个平面ꎬ所以得到平面点法式方程Ａ(ｘ－ｘ０)＋Ｂ(ｙ－ｙ０)＋Ｃ(ｚ－ｚ０)＝０.在平面点法式方程中ꎬ令Ｄ＝－Ａｘ０－Ｂｙ０－Ｃｚ０ꎬ则得到平面一般式方程Ａｘ＋Ｂｙ＋Ｃｚ＋Ｄ＝０.４.２求平面方程由上文知ꎬ平面ＡＥＦ的法向量ｎ＝(－２ｂｃꎬ－ａｃꎬ３ａｂ)且过点Ａ(ａꎬｂꎬｃ)ꎬ由平面点法式方程得㊀－２ｂｃ(ｘ－ａ)－ａｃ(ｙ－ｂ)＋３ａｂ(ｚ－ｃ)＝０.化简ꎬ得－２ｂｃｘ－ａｃｙ＋３ａｂｚ＝０.即为平面ＡＥＦ的方程.４.３证明点在面内思路１㊀检验点的坐标是否满足平面方程.解法１０㊀因为点Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)ꎬ显然满足平面ＡＥＦ的方程－２ｂｃｘ－ａｃｙ＋３ａｂｚ＝０.所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.思路２㊀计算点面距是否为０.解法１１㊀根据空间点面距公式ｄ＝Ａｘ０＋Ｂｙ０＋Ｃｚ０＋ＤＡ２＋Ｂ２＋Ｃ２知ꎬ点Ｃ１(０ꎬ０ꎬ０)到平面ＡＥＦ的距离为０ꎬ所以点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.４.４三向量共面的充要条件三向量共面当且仅当它们的混合积为零ꎬ当且仅当它们的坐标构成的行列式为零.证明㊀设向量ｍｉ(ｉ＝１ꎬ２ꎬ３)的坐标是(ａｉ１ꎬａｉ２ꎬａｉ３)ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ３.此三向量共面当且仅当它们共起点时构成的平行六面体体积为零ꎬ当且仅当(ｍ１ꎬｍ２ꎬｍ３)＝０ꎬ当且仅当ａ１１ａ１２ａ１３ａ２１ａ２２ａ２３ａ３１ａ３２ａ３３＝０.４.５空间四点共面的充要条件空间四点Ａ(ｘ１ꎬｙ１ꎬｚ１)ꎬＢ(ｘ２ꎬｙ２ꎬｚ２)ꎬＣ(ｘ３ꎬｙ３ꎬｚ３)ꎬＤ(ｘ４ꎬｙ４ꎬｚ４)共面当且仅当ｘ１－ｘ４ｙ１－ｙ４ｚ１－ｚ４ｘ２－ｘ４ｙ２－ｙ４ｚ２－ｚ４ｘ３－ｘ４ｙ３－ｙ４ｚ３－ｚ４＝０.证明㊀四点ＡꎬＢꎬＣꎬＤ共面ꎬ当且仅当三向量ＤＡңꎬＤＢңꎬＤＣң共面ꎬ而三向量的坐标分别是(ｘｉ－ｘ４ꎬｙｉ－ｙ４ꎬｚｉ－ｚ４)ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ３ꎬ所以它们共面当且仅当三个坐标构成的行列式为零ꎬ即得证.利用空间四点共面的充要条件可得到该问题的另一高观点解法.解法１２㊀由上文知ꎬ则Ａ(ａꎬｂꎬｃ)ꎬＥ(ａꎬ０ꎬ２３ｃ)ꎬＦ(０ꎬｂꎬ１３ｃ)ꎬＣ１(０ꎬ０ꎬ０).ａ－０ｂ－０ｃ－０ａ－００－０２３ｃ－００－０ｂ－０１３ｃ－０＝ａｂｃａ０２３ｃ０ｂ１３ｃ＝０＋０＋ａｂｃ－ａ ２３ｃ ｂ－ａｂ １３ｃ－０＝０ꎬ所以ＡꎬＥꎬＦꎬＣ１四点共面.故点Ｃ１在平面ＡＥＦ内.参考文献:[１]樊恽ꎬ刘宏伟.线性代数与解析几何教程(上册)[Ｍ].北京:科学出版社ꎬ２００９.[２]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[Ｍ].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ２０２２.[责任编辑:李㊀璟]。

在五中校园网上看到的高考阅卷老师写的一些体会，偶个人觉得值得一看。

特意复制下来，与你分享。

希望能对你有些帮助。

没有可读性的话，大可一笑而过。

2011年月9日至21日，我有机会参加了湖北省文综卷地理学科的高考阅卷。

阅卷组织单位是武汉大学资环学院与环境科学学院，负责人是张根寿教授，阅卷地点在文理学部英语中心。

高考阅卷每天集中注意力7、8个小时看电脑屏幕，劳动强度很高，精神压力更大，十余天的阅卷工作虽然很辛苦，但为我今后的工作提供了明确的指导和有益的帮助，收获很大。

一、高考阅卷的各项要求高考阅卷是一项政治任务，参阅人员不能携带任何通讯工具，也不能带出阅卷点分发的评分细则。

阅卷时每人一台电脑，有自己的编号和密码，扫描后的考卷随机发到电脑中。

试卷采用双评制，若双评分差超过设定值，系统软件会自动发给第三位阅卷员，进行三评，争议较大的答案则提交至该题组小组长或整个阅卷组大组长定夺。

这些要求，让我们阅卷老师体会出高考阅卷的确是很严肃的事情，整个过程都体现出“公平公正”的原则。

二、标准答案和评分细则2012年全国高考文综卷地理学科的考题，总体上给人感觉比较平和，注重基础知识和原理的理解性考查，试题稳重求变，力求创新，保持连续性，体现过渡性，难度有所下降。

我参加批阅的题目是选做题第42题，阅卷前发到我们组员手中的是第42题的评分细则，不是该题的标准答案。

通过比较，我们发现评分细则较标准答案来讲，看起来好像是“放宽”了答题要求，但对答案关键词部分的把握是没有变的。

在阅卷试评时段，我们组的阅卷员虽然还是遇到多种答案，但基本都能根据讨论后的评分细则来判断，采点给分，给分有理，扣分有据，宽严适度。

这样极大地提高了我们的阅卷准确率，同时有效地降低了三评率，加快了阅卷速度。

三、考生失分原因及地理复习的建议在阅卷过程中，发现不少考生答题失分严重。

我们阅卷员之间互相交流，总结了一下考生失分的原因，主要有以下几个方面：1、基础不牢，概念不清。

2019·08立体几何能突出体现对数学核心素养——数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算的考查，是历年高考数学中的必考内容.本文通过对2019年全国高考数学卷Ⅰ（文科）第19题进行全面分析和研究，阐述了立体几何解答题的考点和解题方法，并针对考生实测暴露出的问题进行分析，得出立体几何的教学启示．摘要关键词立体几何；问题反思；教学启示立体几何教学以培养学生的数学抽象这一核心素养为目标，同时对学生的空间想象能力与数学逻辑思维能力都有着不低的要求，立体几何中特有的平移法、反证法、同一法、翻折法、割补法和等积转化法等都体现了中学数学的核心素养，可以说，对于核心素养的体现没有其他知识比立体几何更全面，也正因此而成为数学高考每年必考的内容.［1］从2019年全国高考数学卷Ⅰ（文科）来看，整体加大了立体几何和解析几何的难度和重视程度，如：第12题、第21题考查解析几何、第16题考查立体几何，并且第16题和第19题都考查了点面距离的求解，几何部分占据了压轴题的位置。

由此可以反馈出：未来立体几何知识将会占据越来越高的比重。

下面笔者以2019年全国高考数学卷Ⅰ（文科）第19题为例，解析此题所运用的立体几何知识与多种方法，并针对普遍存在的问题提出相应的教学启示。

【2019文科数学卷Ⅰ第19题】如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4,AB =2,∠BAD =60°，E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．一、试题评析本题以考生熟悉的直四棱柱为背景，通过对线面平行的证明、点到平面的距离求法检测线线、线面、面面三者的平行与垂直关系的判断、推理和证明，考查考生数学思维的严密性以及对所学知识的应用能力，试题立足教材又高于教材，能够有效提升考生的数学运算、直观想象、逻辑推理等学科核心素养，体现了《普通高中数学课程标准（2017年版）》对立体几何教学的知识要求和能力要求，试题难度适中，具有较好的区分度.［2］从答题情况看，考题的设计贴近考生学习实际，给不同基础的考生提供了想象的空间和多角度的思维平台，同时为考生分析问题和解决问题提供了多种思路和方法，即使考生第一问无法顺利求证也并不影响考生对第二问的思考以及解决，考生入手较容易，方法多样，从实测看，考生逻辑推理能力以及几何证明规范书写仍需加强．二、解题思路1.基本解法：高考立体几何题的解析及所涉模块的教学启示——以2019年全国高考数学卷Ⅰ（文科）第19题为例陈学亮（泉州实验中学，福建泉州362000）❽2019·08（1）连结B 1C 、ME ．因为M ,E 分别为BB 1、BC 的中点，所以ME ⫽B 1C ，且ME =12B 1C ．（独立采分点）又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．（独立采分点）由题设知A 1B 1=⫽DC ，可得B 1C =⫽A 1D ，故ME =⫽ND ，（关联采分点）因此四边形MNDE 为平行四边形，故MN ⫽DE .（关联采分点）又MN ⊄平面EDC 1，（独立采分点）所以MN ⫽平面EDC 1．（关联采分点）（2）在菱形ABCD 中，∠BAD =60°且E 为BC 中点,所以DE ⊥BC ．（独立采分点）根据题意有DE =3，C 1E =17．（独立采分点）因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面BCC 1B 1，所以DE ⊥EC 1，（独立采分点）所以S △DEC 1=12×3×17．（关联采分点）设点C 到平面EDC 1的距离为d ，根据题意有V C 1-CDE =V C -C 1DE ，则有13×12×3×17×d =13×12×1×3×4．（独立采分点）解得d =417=41717，所以点C 到平面DEC 1的距离为41717.（关联采分点）2.第（1）题的其它解法解法一：取AD 中点K ，连结NK ，BK ，因为N 是A 1D 的中点，所以NK =⫽12A 1A ．在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是BB 1的中点，所以MB =12B 1B ，又因为B 1B =A 1A ，所以NK =⫽MB ，故四边形MNKE 为平行四边形．所以MN ⫽KB ．由菱形ABCD 中E 是BC 的中点，得DE ⫽KN ，所以MN ⫽ED ．又因为MN ⊄平面DEC 1，所以MN ⫽平面EDC 1．解法二：连结A 1C 1,B 1D 1相交于点G ，则G 为A 1C 1中点．又因为N 为A 1D 的中点，故NG ⫽C 1D ，因为NG ⊄平面EDC 1，所以NG ⫽平面EDC 1．取B 1H =14B 1C 1,则MH ⫽C 1E (或GH ⫽DE )．所以MH ⫽面EDC 1(或GH ⫽面EDC 1)．又因为NG 、MH 共面，所以平面NGHM ⫽平面EDC 1．又因为MN ⊂平面NGHM ，所以MN ⫽平面EDC 1．解法三：延长AB 和A 1M 相交于点K ，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是BB 1的中点，则MB =⫽12A 1A ，所以B 、M 分别是AK ，A 1K 的中点．又在菱形ABCD 中E 是BC 的中点，则BE =⫽12AD ．所以D 、E 、K 三点共线．在△A 1DK 中，M 、N 分别是A 1K ，A 1D 的中点，所以NM ⫽DK ．即MN ⫽DE ．又MN ⊄平面DEC 1，所以MN ⫽平面EDC 1．解法四：因为直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点．所以DD 1⊥平面ABCD ，DE ⊥AD ，以D 为原点，DA 为x 轴，DE 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，❾2019·08则M (1,3,2)、N (1,0,2)、D (0,0,0)、E (0,3,0)、C 1(-1,3,4)所以 MN =()0,-3,0，DC 1=()-1.3,4， DE =()0,3,0，设平面EDC 1的法向量n =(x ,y ,z )，则ìíîïïn · DC 1=-X +3Y +4Z =0 n · DE =3Y =0，取Z =1，得 n =(4,0,1)，因为 MN ·n =0，又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ⫽平面EDC 1．解法五：（同解法四） MN =(0,-3,0)， ED =(0,-3,0)，又点M 不在直线DE 上，所以MN ⫽ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ⫽平面EDC 1．3.第（2）题的其它解法解法一：过C 作C 1E 的垂线，垂足为H ．由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH ．从而CH ⊥平面EDC 1，故CH 的长即为C 到平面DEC 1的距离，由已知可得CE =1，C 1C =4，所以C 1E =CE 2+CC 12=12+42=17，故CH =EC ·CC 1EC 1=1×417=41717．解法二：在解法四的基础上C ()-1,3,0，DC =()-1,3,0，平面EDC 1的法向量n =()4,0,1，所以点C 到平面EDC 1的距离：d = DC ·n|| n =417=41717．三、问题反思1.部分考生没有掌握好线面平行、线面垂直的判定方法，逻辑思维混乱、书写条理不清晰.如：（1）因为E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点，所以MN ⫽ED ；（2）因为M ，N 分别是BB 1，A 1D 的中点，所以MN ⫽平面ABCD 所以MN ⫽ED ；（3）因为平面BCC 1B 1⫽平面ADD 1A 1，所以ME ⫽ND ；……很明显，这部分考生根据待求证的结论，结合题中已知条件，通过直观想象找到了平行线或平行平面，但并没有将线线平行⇔线面平行或者将面面平行⇔线面平行的转化表达清楚，也暴露出学生在平时学习中，虽已形成证明线面位置关系的转化思想，但是在答题时，缺乏缜密逻辑推理能力也缺乏把文字语言表述转化成符号语言表述的能力．2.使结论成立的条件，容易出现漏写，造成证明过程不严谨．如：（1）在推论MN ⫽平面EDC 1时，很多同学缺少MN ⊄平面EDC 1，就要扣1～2分（一个典型：部分考生先证明BK ⫽平面EDC 1，再由BK ⫽MN 利用平行传递性证明MN ⫽平面EDC 1，也同样忽略了线在面外的条件）；（2）利用平面NGHM ⫽平面EDC 1证明MN ⫽平面EDC 1时，忽略交待NG 、MN 共面；（3）在证明直线垂直平面时，要写清直线垂直平面内的两条相交直线；（4）在求△EDC 1和△EDC 的面积时，忽略了说明∠DEC 1和∠DEC 为直角，便利用面积公式进行计算；（5）在进行等积转化时选用V C -DEC 1=V E -DCC1，思路正确，但是在进行V E -DCC 1的计算时，把EC 当做面DCC 1上的高．3.面积、体积公式记忆不清．如面积公式缺了系2019·08数12，锥体体积公式缺了系数13．在平时训练时应准确记忆公式并形成先写公式再代入数值的习惯，先写公式后代入，若计算出错还有公式分，若未写公式直接代入，结论出错则不得分，实为可惜．4.计算出错，计算结果未化简．（1）四棱柱底面为菱形，其中∠ECD =60°，部分考生不走心，把底面菱形当做正方形，由勾股定理得出DE 的长度为5，但如果是选用V C 1-EDC =V C -EDC 1并不影响最后的答案，因为DE 是△EDC 1和△EDC 的公共边，若不是选用V C 1-EDC=V C -EDC 1则造成最终计算结果的错误；（2）点C 到面EDC 1的距离CH =但不少考生未对结果进行化简保留417415351等多种形式，亦有考生在得出417后分母有理化过程出错；（3）在进行△EDC 1面积计算时，学生未发现直角，从而通过计算△EDC 的三边长，进而用余弦定理求出COS ∠DC 1E =一步计算得出sin ∠DC 1E =最后用面积公式得出S △EDC 1=12·C 1D ·C 1E ·sin ∠DC 1E =12×25×17×=，思路正确，但部分考生由于运算能力问题导致错误．5.书写潦草、答题不规范、版面布局不合理学生在立体几何解答题的书写时普遍不能做到合理布局，规范答题．对于考试而言，考生的卷面是考生和阅卷教师进行“对话”的唯一通道，是阅卷教师唯一的评判依据，这就要求做到不但要会而且要对，对而全，皆大欢喜；对而不全，得分不高．答题不规范、字迹不工整是造成高考数学非智力因素失分的一大方面，“书写若工整，卷面能得分”，因而在考前有意识地讲练一下答题规范，则显得十分必要．［3］四、教学定位及建议1.回归教材，回归基础知识、基本技能，加强基本概念、定理的理解和应用，加强归纳总结，将基础知识条理化、思维导图。

2022年全国新高考I卷立体几何大题的教学启示摘要：通过对2022年全国新高考I卷第19题立体几何大题的特点与易错点分析研究，对教学如何提高数学运算能力、重视推理论证能力、挖掘知识本质内涵三个方面的启示作用，利于教师的教学水平提高，学生的思维发散，学生的数学核心素养提升。

关键词：立体几何试题透析教学启示2022年高考数学科考完后，不少考生深受打击，特别有部分考生说立体几何大题一分没拿。

立体几何是研究现实世界中物体的形状，大小与位置关系的数学分支。

[1]由于其有高度的抽象性，是考查数学抽象、逻辑推理、直观想象等素养的重要载体，给学生学习带来不少困难，因此对立体几何的高考试题研究是很有价值的，对我们数学学科的日常教学与高考备考工作有很重要的导向作用。

1试题透析1.1试题（2022年全国新高考I卷第19题）如图1，直三棱柱的体积为4，△的面积为.（1）求到平面的距离；（2）设为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值.1.2试题的特点与易错点分析此题以直三棱柱为载体，直三棱柱是特殊的棱柱，其侧棱与底面垂直，主要是考查点到平面的距离与二面角的正弦值。

与以往考查有所不同，第一问一般是直线、平面位置关系的证明，这里把体积、面积、点到平面的距离等知识综合在一起考查是本题最大的亮点，不少考生在考试时无法很好进行知识迁移与转化，导致无法准确算出结果。

第二问是二面角的正弦值求解，学生使用空间向量法时，并没有证明线线两两垂直就直接建立空间直角坐标系，也有在计算方面出比现较多错误；使用综合法处理时，很多学生无法找出二面角的平面角，更加无从下手。

由此可以看出，学生无法很好地解决此题主要存在以下几种情况：（1）限时运算能力弱，无法准确使用或灵活转化公式计算，空间向量法计算错误率高。

（2）逻辑推理能力弱，不能对已知条件进行化归转化与知识迁移来论证，思维不活跃。

（3）对立体几何二面角等相关概念、知识点理解不透彻，无法找出与求出二面角等。

一道立体几何高考题的解题评析及教学反思作者：林瑞记郑伊楠来源：《数学教学通讯·高中版》2019年第10期[摘 ;要] 立体几何是高考考查的重要模块，它既能考查学生的数学知识水平，又能锻炼学生的数学素养. 文章依据高考阅卷场上学生作答的实际情况，评析了学生在解答立体几何问题的常见方法，并就切身阅卷的反馈做了教学反思.[关键词] 立体几何;解题评析;教学反思从近几年来看，立体几何主要考查空间中线线、线面和面面位置关系的证明，求解出线面角、二面角的正弦、余弦值，以及空间向量的应用. 2018年的高考理科数学全国Ⅱ卷第20题主要考查学生对空间立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算素养. 立体几何题型的考查，不仅能检验学生的知识水平，而且也是检验学生思维品质的试金石. 本文通过对该题的深度解析，结合考生的实际答题情况，反思我们中学一线教师课堂教学中存在的问题. 笔者抛砖引玉，望与君共勉.（2018年全国Ⅱ卷第20题）如图1，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2 ，PA=PB=PC=AC=4，O为AC中点.（1）证明：PO⊥平面ABC;（2）若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.立体几何解题的战略点拨（1）证明直线与平面垂直时，通常是通过证明直线与平面内的两条相交直线垂直，而直线与直线垂直的证明可利用勾股定理、等腰三角形的三线合一等知识点来完成. 首先，利用等腰三角形的性质可得PO⊥AC，再利用勾股定理证明PO⊥OB，最后结合线面垂直的判定定理可证得结果. （2）处理空间直线与平面所成角、二面角的问题，通常是利用空间向量来解决. 可根据（1）中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出点M（含有参量）的坐标，再依据已知条件求得此参数，最后求解即可.考生解立体几何题的方法评析（1）证明：因为PA=PC=AC=4，所以△PAC是等边三角形. 又因为O为AC中点，所以PO⊥AC. 在△ABC中，有AB2+BC2=AC2，且AB=BC，所以△ABC是等腰直角三角形，连接BO，则BO=2. 又易知PO=2 ，则在△POB中，PO2+OB2=PB2=16，所以PO⊥OB.PO⊥ACPO⊥OBAC∩OB=O？圯PO⊥平面ABC.立体几何的第一问被大多数高中老师看作是送分题，但是在实际的阅卷过程中，笔者发现大部分学生第一问没答出来，原因大都是在将线面垂直定理生搬硬套，而忘记了基本的勾股定理. 这应该引起高中数学教师在课堂教学中关于知识的系统性问题的反思.（2）方法一：由（1）可知：AC⊥OB，PO⊥平面ABC，可建立如图2的空间直角坐标系.显然，平面PAC的一个法向量为 =（2，0，0）. 依题意有A=（0，-2，0），B=（2，0，0），C=（0，2，0），P=（0，0，2 ）， =（0，2，2 ），=（0，2，-2 ），设点M=（a，2-a，0）（0<a≤2），则 =（a，4-a，0），设平面PAM的一个法向量为n=（x，y，z）. 由 ·n=0， ·n=0，得2y+2 z=0，ax+（4-a）y=0. 令z=-a，得n=（（a-4）， a，-a）. 由已知，cos〈，n〉= = ，解之得a=-4（舍），a= ，所以n=- ，，- . 设PC与平面PAM所成角为θ，则sinθ=cos〈，n〉= = ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .方法二：建立与方法一相同的空间直角坐标系，设平面PAC的一个法向量为 =（2，0，0）. 依题意有：A=（0，-2，0），B=（2，0，0），C=（0，2，0），P=（0，0，2 ）， =（2，2，0）， =（-2，2，0）， =（0，2， 2 ）， =（0，2，-2 ）.设 =λ =（-2λ，2λ，0）（0≤λ<1），则 = +λ =（2-2λ，2+2λ，0）.设平面PAM的一个法向量为n=（x，y，z），由 ·n=0， ·n=0，得2y+2 z=0，（2-2λ）x+（2+2λ）y=0.令z=1，得n= ，- ，1. 由已知，cos〈，n〉= = ，解之得λ=3（舍），λ= . 所以n=（2 ，- ，1），设PC与平面PAM所成角为θ，则sinθ=cos〈，n〉= ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .方法一与方法二被学生们尊称为解立体几何问题的“万能钥匙”，是绝大多数考生运用的方法，虽然它们看似所设的参量不同，但其本质殊途同归. 阅卷中出错的学生主要表现在计算能力弱、空间想象能力差和知识点错误. 在教授立体几何相关知识时，教师应该反思是否曾有的放矢地培养学生的直观想象、数学抽象等能力，让学生真正做到心有猛虎的同时依然细嗅蔷薇.方法三：建立与方法一相同的空间直角坐标系，设AM与OB相交于点N=（λ，0，0）（0<λ≤2），具体如图3所示.依题意有：A=（0，-2，0）， C=（0，2，0），P=（0，0，2 ），则 =（0，2，-2 ）， =（λ，2，0）， =（0，2，2 ），平面PAC的一个法向量为 =（2，0，0）.设平面PAM的一个法向量为n=（x，y，z），由 ·n=0， ·n=0，得2y+2 z=0，λx+2y=0. 令z=1，得n= ，- ，1.由cos〈，n〉= = ，解之得λ=-1（舍），λ=1. 所以n=（2 ，- ，1），设PC与平面PAM 所成角为θ，则sinθ=cos〈，n〉= ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值為 .同样是设参数求解问题，能运用方法三解决该问题的学生，体现了其较优的空间想象的思维品质. 当点N在坐标轴上时，较之与方法一或方法二，大大地减小了计算的难度，用巧妙的思考置换复杂的运算. 这就要求教师在平时的知识讲解中，应适时地点拨学生、引导学生举一反三并不断地锻炼思维能力，毕竟每一堂精彩的数学课，总能让学生深深地体会在山重水复之后依旧柳暗花明.方法四：过点M作MN⊥AC于点N，作EN⊥PA于点E，作CD⊥PA于点D，连接ME，并建立如图4所示的空间直角坐标系，有A=（0，-2，0），C=（0，2，0）， P=（0，0，2 ），则 =（0，2，2 ）.由MN⊥ACPO⊥MNAC∩PO=O？圯MN⊥平面PAC，所以MN⊥PA.同理有EM⊥PA，所以∠MEN是二面角M-PA-C的平面角，則∠MEN=30°. 设MN=a，有△ANE∽△ACD，则 = ，得 = ，所以EN= . 又因为 =tan30°= ，即EN= MN= a，所以有 a= ，解之得a= ，故M= ，，0. 设平面PAM的法向量为m=（x，y，z）. 因为m· =0，m· =0，得2y+2 z=0，x+2y=0. 令z=1，得m=（2 ， - ，1），设PC与平面PAM所成角为θ，则sinθ=cos 〈，m〉= ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值为 .方法四的解法也就是所谓的综合法，因为综合法对空间几何图形中的点、线、面之间的关系理解程度、作图能力和空间想象能力要求较高，所以在考场上能运用综合法并且将题目做得全对的考生寥寥无几. 这也体现出高中数学教师对向量法的“趋之若鹜”，而对于综合法的教授“无人问津”的现象. 但是，综合法能很好地培养学生的空间想象能力，这应该成为以后的高中数学老师教学中应当有意识加强的模块.方法五：设AM与OB交于点N，过点O作OD⊥PA并交PA于点D，连接DN，具体如图5所示.因为ON⊥ACON⊥POAC∩PO=O？圯ON⊥平面PAC，从而ON⊥PA，DN⊥PA.所以∠ODN是二面角M-PA-C的平面角，故∠ODN=30°.在等边△PAC中，易求得OD= ，所以在Rt△ODN中，ON=1.又因为 =cos30°，解之得S△PAN=4. 设点O到平面PAN的距离为d，则有 ·d·S△PAN= ·PO·S△AON，解之得d= . 取PA的中点为F，则OF∥PC，OF= PC=2. 设PC 与平面PAM所成角为θ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值为sinθ= = .方法五是受到了方法三的启发，而另辟蹊径的一种解法. 这是一种相对讨巧的综合解法，它跳脱了向量法的计算和综合法的繁杂，能运用该方法解决问题的考生，体现了其思维的可贵之处. 阅卷后不难发现向量法备受学生的钟爱，这与高中数学老师的推崇密不可分，这也是高考应试的无奈之举. 但是，如果想要让学生能够做到欲穷千里目，为今后学生的长远发展做好铺垫，恐怕还得要求教师先帮助学生在数学的大厦里更上一层楼.方法六：过点C作CD⊥PA并交PA于点D，具体如图6所示.因为△PAC为等边三角形，易得CD=2 . 设点C到平面PAM的距离为d，由二面角M-PA-C为30°，所以sin30°= = = ，解之得d= . 设PC与平面PAM所成角为θ，所以PC与平面PAM所成角的正弦值为sinθ= = .能用方法六解决该问的考生的确值得赞赏，能够将题目简明扼要、抽丝剥茧，这是在深刻地理解了二面角的定义基础上，实现思维上挣脱了常规的向量法和综合法的束缚，体现了考生可贵的直观想象素养和较强的逻辑推理能力，好似会当凌绝顶，回首一览众山小.解立体几何题的教学反思立体几何的考查方式主要是证明和计算，内容主要是垂直、平行关系和角度计算. 解决立体几何问题的方法主要有综合法和向量法，二者解决问题的思维路径如图7所示：向量法解立体几何问题的难点主要在于求法向量，对空间想象、作图等能力要求不高，这也是备受考生青睐的主要原因. 向量法引入高中有助于学生感受数与形的联系，也是学生以后学习高等代数等学科的重要纽带. 综合法与向量法相比较解决问题要更复杂，但对于训练学生的直观想象、数学抽象素养的效果要更好. 笔者以为，向量法的教授应该在综合法之后，一方面，学习了几何的基础性知识对于学生学好向量法是有铺垫作用的;另一方面，学生在高一物理学科学习了有关“矢量”的概念之后，对于向量的学习会更具有代入感，也更容易接受.有一句被很多教师信奉的格言：老师要想给学生一碗水，前提是自己至少得有一桶水. 笔者认为教师应与时俱进，现在也许一桶水已远远不够，学生需要的可能是一车水，抑或是教师秉持终身学习的教育理念，让自己成为不断产生活水的源泉.。