（八省联考
”数学卷第20题教学启示
王思俭
（江苏省苏州中学,215007）
摘要:“八省联考”数学卷第20题对学生的空间想象能力和符号抽提出了较高的要求，尤其是考查了学生的探，包括类比转、抽象建模、整体思考、归纳猜想$明等。数学探是左右脑并用的，兼顾直观与抽象、直觉与逻辑、归纳与演绎、类比与联想等思维方式的。在数学教学（尤其是解题教学）中培养探，要注意：既关注证明，又关注猜想；既关注运算，又关注思考；既关注动脑，又关注动手。 关键词：八省联考；数学卷；曲率I'题；探索性思维
一、“八省联考”数学卷第20题及其考情分析
由教育部考试中心统一命制，江苏等八省市高三学生参加的2021年高考模拟演练的数学卷第20题如下：
北京大兴国际机场（如图1）的显著特点之一是各种弯曲空间的运用。刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容。用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2兀与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和。例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是所以正四面体在各顶点的曲率为2-—3X-—3-，故其总曲率为4-。 图1
（1）四的总曲率；
（2）若多面体满足：顶点数一棱数+面数=2。
证明：这类多面体的总曲率是常数。
（一）试题分析
本题以北京大兴国际机场的建设成就为实际应用背景，引入大学微分几何中的曲率概念，仅考查简单多面体的空间结构（如顶点、棱、面之间的数量关系）和平面多边形的内角和，而不涉及常见的平行、垂直和空间向量等的论证与计算，颇有新意。
本题的第一问研究特殊情况，是铺垫性问题，主要考查学生阅读理解和迁移运用的能力。第二问研究一般情况，有一定的难度，其常规解法如下：设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为3。多面体的总曲率=V X2兀一多面体所有面角之和
=V X2兀一多面体所有面的内角和。
解法一多面体的面均为多边形，记各个面的边数分别为.（.=3,）,5,…1,2,…,3），则各个面的内角和分别为（.一2）-，所有面的内
33
付静去向角和为0（.—2）-=-0.一2応3。又所有面；=1；=1
的边数和是多面体棱数的两倍（每条棱同为两个
3
面的边），即0.=2E，则所有面的内角和为2-（E一3），所以多面体的总曲率为V B2-—2-（E —F）=2-（V—E+3）=）-，是常数。
解法二设多面体的所有面中有0$个三角形、）个四边形a n个.边形（血）N',=3,
n n ）,",），则有0a=2,,0a z=3，所以多面
；=3；=3
n
体的总曲率为V X2-—0（一2）-；=卩*2-—
；=3
nn
-0a+2-0a；=V X2-一2—+2tc3=2-（V ；=3；=3
一,+3）=）-，是常数。
信得药业仔细分析常规解法，不难发现，第二问除了考查学生阅读理解和迁移运用的能力，对学生的空间想象能力和符号抽象能力提出了较高的要求，尤其是考查了学生的探索性思维（没有现成的公式、结论可以套用），包括类比转化（如将所有面角之和转化为所有面的内角和、将多边形转化为三角形）、抽象建模（一般化表示顶点数、棱数、面数以及各个面的边数）、整体思考（建立有关量的关系，如所有面的内角和与面数、各个面的边数的关系，总边数与棱数的关系、、归纳猜想（从特殊到一般）、演绎证明（代入消元、计算化简）等，可见其构思精巧。
（二）考情分析
此题江苏全省均分大约1分，而我校在没有讲评的前提下，限时15分钟，让学生再做一次，结果均分也只有2,56分。
分析错因，可以发现：（1）部分学生没有读懂新定义的“曲率”和“总曲率”，没有建立总曲率与各顶点的面角和和多面的所有面角
和的关系；（2）部分学生缺乏转化能力（也可能缺乏整体思维），没有理清所有面角之和与所有面的内角和的关系；（3）部分学生缺乏符号抽象能力（也可能缺乏空间想象能力），只研究了棱锥和
棱柱这两类符合题意的特殊多面体的总曲率，或者不能适当地表示有关的量；（））部分学生缺乏整体思维（纠缠于局部、，或缺乏由特殊到一般的思维（不能继续利用特殊多面体展开探索），不能建立所有面的角和与面、各面的的关#
不能建立总边数与棱数的关系；（5）部分学生推理和运算能力不过关。归根结底，主要还是探索性思维能。
二、教学启示
教育部考试中心研制的《中国高考评价体系》强调:“高考命题，应有一定数量的探究性问题，适度增加试题的思维量，考查思维方法。”上述试题出了的考点#分了对索性思
维的考查。
徐利治先生认为，数学探索性思维是左右脑并用的，兼顾直观与抽象、直觉与逻辑、归纳与演绎、类比与联想等思维方式的。因此，在数学教学（尤其是解题教学）中培养探索性思维，要特别注
意以下几点：
（一）既关注证明，又关注猜想
蒲剧苏三起解左右脑并用的数学探索性思维，往往集中表现为猜想与证明的有机统一。在解题教学中，教师不能就题论题，而要引导学生类比发散、归纳推广，猜想更多的结论，并尝试给出证明，从而既调动学生的积极性，又培养学生思维的灵活性、批判性。
【案例1】一道数列题的教学片段
（教师出示例1，学生尝试解决。）
例1（多选题）黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界奇美的鬼斧神工。在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长作正方形，再在剩下的小矩形里以其宽为边长作正方形，如此循环下去；然后在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条黄金螺旋线（如图2）。达•芬奇的《蒙娜丽莎》、希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线。将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为a n（n）N'），则数列｛".｝满足"#="2=1，".= a.—#+a n—2（n（3）；再将扇形面积设为b n（）N')，则()
A.4($2020—$2019)=-"2018"2021
0"]+"2+"3"2019="2021—1
C."1+"2+"3+"2o2O=2©019"2021
生“秒杀”求解：从简单做起，利用前5项验证，发现选项C不正确，选项A、0、D正确。
师好的。其实，｛"“｝就是斐波那契数列。你从斐波那契数列的特殊几项出发，猜想了上述具有特殊性的结论的正确性。现在，请你们分组讨论：上述结论能否推广到最一般的情
况？如能推广，给出证明。
（学生活动。）
师现在，请各组代表汇报。
生（第一组）我们将选项A推广为4（$卄2—$n+1）=-"n+3"n，即"2+2—"2+1="n"n+3。
!（第）选项A一广"1"4 +"2"5"n"n+3="2+2—1'
生（第三组）我们将选项0推广为前n项和与项的关系，即"1+"2+"n="n+2—1o
生（第四组）我们思考选项C的右边应该是什么。首先，即寻相邻两项的平方和可以化简的形式是什么。经过特殊项的试验，归纳发现一般结论"2+1+"2+2"n"n+2"n+13
"n+3，即选项D的推广。于是，得到选项C修正后的推广:"1+"2"2=""n+1。
师大家对四个选项的推广是正确的。那么，你们能否求出斐波那契数列的递推公式？可以联想“八省联考”第17题第一问中数列｛"n+ "n+1｝是怎样构造出来的。
生我尝试构造新数列｛"n+1+"n8使它成等比数列。利用待定系数法，设"n+2+!"n+1= A（"n+1+"n），通过对比系数，得到方程组入一”=1且！=1，从而解出"、“。于是，就构造出比数列，分别求出通项公式即可。
师很好！关键是敢于猜想，不单纯猜结论，也可以猜思路。解题就是大胆猜想、小心求证。
因此就总结出二阶递推数列"n+2=P"n+1+ qa n的一般解法。那么，你们还能继续研究哪些性质？
生我写出前20项，发现如能被2整除，也尝试给出了证。
师很好！时间关系，证明省略。现在，请大家继续提出猜想。
生"n能被3整除。
曾省权生"5n能被5整除。
生由于"3n能被2整除,".能被3整除，我猜想
如2兀能被6整除。
师提岀了这么多猜想，很好！但需要证明其正
确性。哪一位来展示自己的证明过程？
生利用递推公式的分解与组合，可以岀=+=2a%n($+"%.+2= 2("5.+2+a%n(#)+a%n(2=+2a%.+i=
$(a%n+l+"%.&+2"5.+15"5.+1+$a%n，再555集成块
将a%.继续递推，直至用a%.—),a%n—9，…a*
和a%表示，即a%(n+i&—%(a%n+1+3a%”—)+
32a5n—93n-1a6)+3"a%。命题得证。生结合数学归纳法证明，即假设a n能被%整除，由递推关系知叽+1)也能被5整除，这样会不会更简单一些？
师很好！在猜想过程中，需要灵活的整体思维方法、较强的符号抽象能力、敏锐的观察力和
严谨的逻辑思维。当然，还可以进一步挖掘
斐波那契数列的其他相关性质。请你们课后
继续大胆猜想、小心求证。
(二)
既关注运算，又关注思考
数学中的很多问题可以(需要)通过计算解决，尤其是高考重点考查的函数导数题和解析几何题。对此，很多学生常常是想到一个可用的知识或方法就展开计算，而不去深入分析题目的结构特征，思考解题的路径选择，这往往导致解题过程烦琐或做不下去。从关注比较机械的计算到关注比较灵活的思考，是探索性思维的重要特征之一。因此，教师不仅要让学生通过计算解决问题，学生思考选解题路计算过程。
【案例2】一道解析几何题的教学片段
(教师出示例2，学生尝试解决。)
例2(2020年新高考I卷第22题改编)已值生
师生
师生
师
—1(a>">0)的离心率为弓,
且过0*(2,1)。
(1)求椭圆C的方程；
(2)过0P作两条直线分别交椭圆C于A、B 生
两0，满足直线PA、PB的斜率之和为一2，作PD #AB,D为垂足。是否存在定0Q，使得DQ为定
，即#
若存在，求出定0Q的坐标；否则，说明理由。
第一问，椭圆C的方程是*+$—1。第二
问，我花了15分钟，没有计算出直线的斜率,
后来就放弃了。
是做的？
先写出直线PA的方程歹一居#+1—2居，代入椭圆方程#2+2歹2—6，并化简整理，得(1+
2朋)#2+2B(1一2居)#+2(1—2B)一6=0。
再设A(#1,()、B(#,(2&，所以2#=
2(1一2B)—6,n(1一2B)—3v理77T-；曰1+B'=1+B；冋理可得
#2=(一+
B)—$。于是，直线AB的斜率B=
(一(=B#1+1—2k\—#2+1—2B&太#1—#2#1—#2
复杂了，算了十分钟还没有结果。
这样做确实复杂，我们要学会先思考再计算。
PA、PB是斜率之和为定值的动直线，由它们产生另一条动直线AB，那么AB是否有不动
的特？
根据题目结论“定点Q,DQ为定值”，可得点D的轨迹是圆，于是我探究直线AB是否过定点。这样就可以设AB的方程为y=k#+
丫，代入椭圆方程#2+2(=6，并化简整理，得
(1+2k2)#2+)C#+2t2一6=0。设#］、#2是其两根，由判别式4>0，得6kk—t+3,0；结
与关,k1+k=—简6k +5C+t2—3k—1=0。到这一步，我不敢继续往下做了，不知道往哪里走了。
面对复杂的式子，要思考目标是什么。既然线AB是过点，能出k与t的线性关系式。你想到了吗？
对上述等式因式分解，得(2k+t—1)(3k+t)
=0。若2k+t—1=0，则t=—2k+1，因此直线AB过点P(2,1)，舍去。故3k+t=0，即t
=~$k#因此直线AB过点M（3,0）。又PD ±AB于D，因此△P DM为直角三角形，且P、M为定点，所以点D在以PM为直径的圆
上，圆心为PM的中点Q（%,#），定值DQ
生原来设直线AB的方程比较简单。
生还要讨论斜率不存在的情况：设#=C，代入椭圆方程，求出A、B坐标，检验发现不合适。
生要不要再回过去检验判别式？将t=~3k代入，得6k2-（-3k）2+3>0，即-l<k<l且B10。所以，当直线AB的斜率满足一l<k <l且k10时，存在定点Q（%，2），4DQ 为定值槡。
师很好！用斜率解题时一定要考虑斜率不存在的情况。思路清晰，运算简洁，通性通法，过程严谨。由此可以看出，选择不同的直线方程会产生不同的运算量。在解题过程中，要
学会回顾总结，积累解题经验，才能提高解题能力。
（三）既关注动脑，又关注动手
通常认为，数学是思维的科学，是符号化（抽象）的形式科学。但实际上，数学同时具有科学的实验
（观察、操作）特征，也是体验化（具象）的内容科学。从关注单纯的动脑到关注综合的动脑与动手（包括运用其他感官），也是探索性思维的重要特征之一。因此，教师不仅要引导学生动脑思考，还要让学生动手实验，探索解决问题的思路，同时也能提升操作能力和想象能力。
【案例3】一道立体几何题的教学片段
（教师出示例3。）
例3（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图3、图4），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等。请设计一种剪拼方案，分别用虚线标示在图3、图4中，并做简要说明；
（2）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；
（3）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图5），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与原三角形的面积相等。请设计一种剪拼方案，用虚线标示在图5中，并做简要说明。
师怎样由正三角形剪拼成正三棱锥？
生正三棱锥的底面是正三角形，三个侧面是全的角形剪出一正角形和个全等的三角形。
师你是怎样剪的？
生沿着某一个角剪出一个正三角形；将余下的图形，剪成三个全等的三角形即可，需要尝试。
师那么，这个正三角形的边长是多少？侧面三角形的边长与它有什么关系？你考虑了吗？
（该生思考。另一位学生回答—
—）
生（出示图6）由于侧面三角形的一条边就是底面正三角形的边，折叠起来后有的边要重合为侧棱，因此，取三边中点连线，这样就分割成四个全等的正三角形，沿虚线折起就构成正三棱锥一一实际上是正四面体。
图6dx4
师很好！其实正四面体沿侧棱剪开铺平就是正
豫公网安备41160202000603
站长QQ:729038198
关于我们
投诉建议