2011年高考广东卷理科数学18题分析的论文_数学论文

2011年高考广东卷理科数学18题分析

　题目：（满分13分）
　　在锥体p—abcd中，abcd是边论文联盟http://长为1的菱形，且∠dab=60°，pa=pd=，pb=2，e、f分别是bc、pc的中点.
　　（1）证明：ad⊥面def，
　　（2）求二面角p—ad—b的余弦值.
　　一、调查统计结果
　　我抽取了五十名大一学生（因为大一新生刚经历高考，比较熟悉高中内容）做此题，并分析得到本题的解法、易错点等.下表为统计的第（1）、（2）问所花时间的人数比例.
　　一直以来，16—18题一般为易拿分的题，但此立体几何题属于中等偏难的题.由以上数据可知，本题虽不为压轴题，且高考时间仅有120分钟，但是要完成好本题，较多考生需要花费的时间较多，很多考生用了超过20分钟，必然导致做后面几题的时间较紧，影响高考的质量.
　　二、解题思路
　　1.第一问。
　　要证ad⊥面def，即证线面垂直，可从线线垂直或面面垂直入手.图中直观发现，abcd是菱形，且∠dab=60°，易证ad⊥de，故考虑从线线垂直推到线面垂直.要证ad⊥面def，还需一个条件：ad垂直于面def中其他与ad相交的直线.证明此条件，直接观察图像较难发现有思路，于是尝试作辅助线.由于e，f分别是bc，pc的中点，可能用到中点、中位线等概念.取ad的中点g，由△adb、△pad分别是等边、等腰三角形，得ad⊥pg，ad⊥bg，由线面垂直的判定定理得ad⊥面pbg，从而得ad⊥pb.再由ef是△pbc的中位线得ef∥pb，从而ad⊥ef，故可判断ad⊥面def.
　　2.第二问。Www.11665.CoM
　　此问较简单，由第一问可知ad⊥pg，ad⊥bg，而ad为面pad和面adb的交线，则∠pgb为所求二面角的平面角.在△pgb中，由余弦定理得二面角p-ad-b的余弦值.
　　三、解法及分析
　　1.第一问。
　　（1）解法1（采用上述解题思路）：
　　如图1，联结bd，取ad的中点g，联结pg、bg.在菱形abcd中，由∠dab=60°知△bcd，△adb是等边三角形.又e、g分别是bc、ad中点，de⊥bc，bg⊥ad，从而ad⊥de.又由pa=pd得ad⊥pg，故由线面垂直判定定理得ad⊥面pbg，故ad⊥pb.因为e、g分别是bc、pc的中点，所以ef∥pb，则ad⊥ef，故ad⊥面def.
　　（2）解法2
　　如图1，联结bd，取ad的中点g，连结pg、bg.推得ad⊥面pbg的解法如解法1.
　　在菱形abcd中，由gd∥be，gd=be得平行四边形gdbe，则gb∥de.又因为e、f分别是bc、pc的中点，故ef∥pb.由面面平行的判定定理得面def∥面pbg.故ad⊥面def.
　　（3）解法3
　　如图2，联结bd，分别取ad、pb的中点g、h.连结pg、bg、gh、hf.在菱形abcd中，得△bcd，△adb是等边三角形，ad⊥gh及ad⊥de的解法如解法1.因为e、g、h、f分别是bc、ad、pb、pc的中点，因此hf∥be∥gd，hf=be=gd，则四边形hgdf是平行四边形，故gh∥df，从而ad⊥df.由线面垂直的判定定理得ad⊥面def.
　　（4）解法4
　　如图3，联结bd，取ad的中点g.联结pg、bg、cg、eg.eg与de交于点o，联结fo.由pa=pd得ad⊥pg.
　　因为在菱形abcd中，e、g分别是bc、ad的中点，所以dg∥ce，dg=ce，则dgec是平行四边形.那么o是cg的中点.又f是pc的中点，所pf∥pg.因为ad⊥pg，所以of⊥ad.因为∠bcd=∠bad=60°，ce=bc=，cd=1，则de==，有de+ce=cd，故de⊥ce，又ce∥ad，则ad⊥de，所以ad⊥面def.
　　（5）解法分析
　　第一问的证明有多种解法，这取决于考生的思考习惯，解法1—4应该都囊括了本题第一问的解法.其实解法1—3前面证明由ad⊥pg和ad⊥bg得到ad⊥面pgb相同，只是后面再跟ad⊥面def联系时才不一样.而解法4没有证ad⊥面pgb，而是通过另外一个途径证明ad⊥面def.各解法之间略有不同，但是本质和解题关键点是一样的.各种解法的本质都是由线线垂直推到线面垂直.本题第一问难倒许多英雄好汉，而最难也是最重要的就是证明ad垂直于面def里除de外的其他边.而这里最关键的就是运用（解法4）或由ad⊥pg和ad⊥bg得到ad⊥面pgb（解法1—3都用到）.这题这个关键是做出本题第一问的重要切入口，本题难在切入口小，离开这个切入口，第一问难以完成.
　　2.第二问。
　　（1）解法1
　　如图4，由（1）可知pg⊥ad，bg⊥ad，而ad为面pad和面adb的交线，则∠pgb为所求二面角的平面角.
　　在rt△abg，△pag中，已知pa=，ag=，ab=1由勾股定理得pg=，bg=.又pb=2，由余弦定理知，在△pgb中，cos∠pgb==-.
　　（2）解法2
　　如图5，建立空间直角坐标系，由（1）得d（0，0，0），a（1，0，0），b（，，0），p（，-，1），则=（1，0，0），=（，-，1），=（，，0）.
　　设面pad的法向量为=（x，y，z），则：
　　x=0x+y+z=0?圯（0，-2，-）
　　又设面adb的法向量为=（p，s，t），则p=0p+s=0?圯=（0，0，1），因此cosθ==-（θ为所求二面角的平面角）.
　　（3）解法分析
　　一直以来，类似问题2的关于求二面角平面角的问题一般可以用几何法、向量法、坐标法等方法。这里列举了几何法和向量法.对比一下，容易发现解法（1）（几何法）是非常快捷方便的，而解法2（向量法）比较费时和麻烦.从此题的分析知，出题者希望考生更重视几何法的运用，这几年来，用向量法解决空间几何问题的要求逐渐减弱，而几何法越来越受重视.
　　四、总体分析
　　1.考题源于课本。
　　纵观全国各地及广东历年高考题，有许多立体几何题都是相似、来源于课本的一道简单的题.
　　（1）例1（2009年全国ⅰ卷）
　　如图6，四棱锥s—abcd中，底面abcd为矩形，sd⊥底面abcd，ad=2，dc=sd=2，点m在侧棱sc上，∠

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abm=60°.
　　（ⅰ）证明：m是侧棱sc的中点；
　　（ⅱ）求二面角s—am—b的大小.
　　（2）例2（2008年北京卷）
　　如图7，在三棱锥p—abc中，ac=bc=2，∠acb=90°，ap=bp=ab，pc⊥ac.
　　（ⅰ）求证：pc⊥ab；
　　（ⅱ）求二面角b—ap—c的大小；
　　（ⅲ）求点c到平面apb的距离.
　　如此之类的立体几何高考题的原本是课本（人教版必修2第二章的复习参考题）的a组第7题（见下）出题者把课本原题进行一些变式加工得到各种新题，但是万变不离其宗，都是回归课本，回归基础.
　　课本第7题：如图8，四棱锥v—abcd中，底面abcd是边长为2的正方形，其他四个侧面都是侧棱长为的等腰三角形，试画出二面角v—ab—c的平面角，并求出它的度数.
　　2.题目设置顺序不当。
　　纵观全国各地及广东历年高考题，立体几何题都是定位为容易题或中档题，而是由易到难，第一问一般比第二问简单.2011年出题者一反平常的考生思考习惯，考生一般是从上到下的顺序做题，而这立体几何题较难，难在切入口窄，难在第一问的难度比第二问的难度大得多，影响本题得分率.考生也没想到第二问与第一问无关，这令许多考生在紧张的考试气氛中措手不及.事实上，即使做不出第一问，也可以完成第二问，拿到能拿的分。而且其实第二问的解答有利于第一问的解答，因为第二问利用了ad⊥pg，ad⊥bg，这是推出ad⊥面pgb的条件.因此这里如果先做第二问，再做第一问就会比较顺畅.
　　3.题目考点多、面广。
　　本题考点较多，涉及面很广.本题考查了平行四边形，等腰、等边三角形，中位线定理，勾股定理，余弦定理，菱形的性质，线线平行、垂直，线面垂直，面面平行，二面角的平面角的概念及计算，还考查了空间直角坐标系，点与向量的坐标，向量的垂直、平行，以及数量积.立体几何是高考命题的重点内容，本题主要考查的能力有考生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及推理运算能力，也考查运算能力，但这里对运算能力的要求不是很高.而数学思想方面，本题考查了化归、转化的思想.
　　4.淡化向量法
　　过去常用向量法解决求二面角的平面角或空间线面角的问题，这次的题目非同一般.本题第二问直接用几何法非常便捷，如果用向量法，会费尽周折，花费很多时间，影响后面的做题时间.显然，此次高考的出题者淡化了向量法，追求回归到最基本的几何法.
　　五、失分点分析
　　1.部分考生一直思考第一问，却没做出来，影响后面的做题。由于思考习惯和考试习惯，做不出第一问，也不愿做第二问，从而失去第二问的分.
　　2.误记余弦定理公式.
　　3.误以为二面角的平面角的取值范围为大于等于零.
　　4.误以为可由ad⊥de，fd⊥de得到ad⊥面pgb，即线面垂直的判定定理记不牢.
　　5.计算错误.
　　六、解答对策
　　1.高考前，先打好立体几何题的基础，会求两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角.会证线线、线面、面面平行和垂直，及掌握好各种基本的平面几何问题.
　　2.做题前，应把整个题目看懂一遍.如果纠结于前一问没解答出来，先把它放下，再看看后面的小题能否拿分.
　　总之，2011年立体几何题属中档偏难，较少送分的简单题.但纵观近几年的高考立体几何题，不仅仅是应对高考，更是为了培养学生的解题、思维能力，教师的教育、学生的学习应回归课本、回归概念、注重基本的几何法.
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