習題的可變性研究

一、從2011年一道高考題說起

在每年的高考試題中，我們總能發現一些試題是非常熟悉的，它們是課本例習題、競賽題、高考題等的改編題．如2011年高考福建理科第9題就是這樣一道題．

對于函數f（x）=asinx+bx+c（其中a，b∈R，c∈Z），選取a，b，c的一組值計算f（1）和f（-1），所得出的正確結果一定不可能是（ ）

A． 4 和6 B． 3 和1 C． 2 和4 D． 1和2

這是一道說難不難，說易不易的試題！說難不難是指在平時的解題中，此類問題是考生常做的，如經常會做到類似的考題：函數f（x）＝x3+sinx+1（x∈R），若f（a）=2，則f（-a）的值為（ ）A． 3；B． 0；C． -1；D． -2，而且該類問題在函數奇偶性問題中非常普遍. 說易不易是指命題人另辟蹊徑，跳過常規，不是給值求值，而是求“一定不可能”的這種否定形式的開放問題，需要解的問題和設問方式都超出考生的“原認知”，是一道“寓平凡中考能力”的試題，解題的實質是理解f（x）＋f（-x）＝２c．

毫無疑問，源于習題而高于習題的該題啟示我們，平常的習題經過改編完全可以成為一道高考題，甚至是一道非常優秀的高考題！

又如，在某校2011年5月份的一次考試中，最后一道填空題是：?堝x0∈[0，π]使sinx0+cos2x0-a=0成立，則滿足條件的實數a的取值范圍是 ，該題的原型是剛剛一周前做過的問題：對x∈[0，π]，方程sinx+cos2x-a=0恒有解，求實數a的取值范圍．考題僅僅是條件的兩種不同描述方式的等價形式，但考生做得相當差，可見考生不能將兩者有機地聯系起來．

因此，在平時的解題中，我們不能只重視解題能力的提高，還應該注重對試題可變性的研究．

二、2011年湖南高考19題的可變性研究

接下去我們以2011年湖南高考19題立體幾何問題為例，來具體談談如何開展對習題的可變性研究，供參考．

文科19題：如圖1，在圓錐PO中，已知PO=，⊙O的直徑AB=2，點C在弧AB上，且∠CAB=30°，D為AC中點．（1）證明：AC⊥平面POD；（2）求直線OC和平面PAC所成角的正弦值．

理科19題：如圖2，在圓錐PO中，已知PO=，⊙O 的直徑AB=2，C是弧AB的中點，D為AC中點．（1）證明：平面POD⊥平面PAC；（2）求二面角B-PA-C的余弦值．

上述兩題從命題素材看，沒有什么變化，只是正視了文理考生對空間想象能力的差異，從而在難度上適當有控制，其本質并沒有變化．下面，僅對理科考題進行分析．

分析1（傳統方法）：（1）要證平面與平面垂直，即證直線與平面垂直．由圓錐概念知PO⊥BC，由圓性質知AC⊥BC，所以BC⊥平面PAC. 又因為OD∥BC，所以OD⊥平面PAC，從而可得平面POD⊥平面PAC．

（2）如圖2，過O作OH⊥DP，由（1）知OH⊥平面PAC，過O作OG⊥AP，連GH，則易知GH⊥AP，所以∠HGO就是二面角B-PA-C的平面角． 在Rt△PDO、Rt△PAO中可以求得OH=，OG=，所以在Rt△OGH中可以求得GH=，于是cos∠HGO==．

分析2（向量方法）：以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則O（0，0，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），P（0，0，），D（-，，0）．所以，可以求得平面POD的一個法向量=（1，1，0），平面PAC的一個法向量=（-，，1），平面PAB的一個法向量=（0，1，0）．

（1）因為#8226;=（1，1，0）#8226;（-，，1）=0，所以⊥，從而平面POD⊥平面PAC．

（2）設二面角B-PA-C的平面角為?茲，則cos?茲===．

通過對上述高考題命題載體的“改頭換面”，在今后的考試中，可以以下面的形式考查．

①改變圓錐的基本特征之一PO的位置，可以出現下列考題．

考題1：如圖3所示，AB是圓O的直徑，C是圓周上一點，PA⊥平面ABC．（1）求證：PAC⊥平面平面PBC；（2）D也是圓周上一點，且分居直徑AB的兩側，試寫出圖中所有互相垂直的各對平面．

解析：（1）由PA⊥平面ABC知PA⊥BC，由圓性質知AC⊥BC，故BC⊥平面PAC，所以PAC⊥平面平面PBC．

（2）平面PAC⊥平面ABCD；平面PAD⊥平面ABCD；平面PAC⊥平面PBC；平面PAD⊥平面PBD.

考題2：如圖4，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上的動點，過動點C的直線VC垂直于⊙O所在的平面，D，E分別是VA，VC的中點．試判斷直線DE與平面VBC的位置關系，并說明理由．

解析：由考題1證明過程知AC⊥平面VBC，因為DE∥AC，所以DE⊥平面VBC．

②跳出圓錐底面圓的作用，我們有下面的考題．

觀察圖1，保留至圖5的形狀，再加上相應的條件就可以成為下述考題．

考題3：已知四棱錐P-OBCD中，PO⊥平面OBCD，OD∥BC，∠BCD=90°，PO=，OB=1，OD=DC=BC=，（1）證明：平面POD⊥平面PDC；（2）求平面POB與平面PDC所成角的余弦值．

解析：該考題其實與2011年湖南理科高考19題一模一樣，僅僅只是去掉了“披在高考題上的外衣——圓錐”．但對于第（2）問來講，問題的難度卻大大增加，因為問題成為了無棱二面角的問題．當然，如果考生能通過延長CD、BO得交點A，連PA，得到平面POB與平面PDC的公共棱PA，則問題就與原高考題徹底一樣了．所以，原高考題的解答本題完全適用．

注：求無棱二面角的平面角除補棱法、向量法以外，還可以用射影面積法：若平面β內一個多邊形的面積為S，它在平面α內的射影圖形的面積為S′，平面α與平面β所成的二面角的大小為?茲，則cos?茲=．例如，如圖6所示，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2AB，D、E分別是側棱BB1、CC1上的點，且EC=BC=2BD，過A、D、E作一截面，求截面與底面所成的角．

解析：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC顯然是△ADE在底面ABC上的射影圖形，設截面與底面所成的二面角的大小為?茲，則cos?茲=．設AB=a，則AE=a，AD=DE=a，故可以求得S△ABC=a2，S△ADE=a2，所以cos?茲=a2×=，于是?茲=45°，因此截面與底面所成的角是45°．

考題4：如圖7，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥CD，∠BCD=90°．（1）求證：PC⊥BC；（2）求點A到平面PBC的距離．

解析：（1）由PD⊥BC，CD⊥BC知BC⊥平面PDC，所以PC⊥BC．

（2）本小題有下面3個思路：

思路1（平行傳遞法）：取PC中點E，連DE，則DE⊥PC，由（1）知平面PBC⊥平面PDC，所以DE⊥平面PBC，故DE=是D到平面PBC的距離．過D作DF∥BC，則F為AB中點，且DF∥平面PBC，所以F到平面PBC的距離也為，故點A到平面PBC的距離為．

思路2（等體積法）：因為VP-ABC=VA-PBC，所以××1×2×1=××1××h，解得h=．

思路3（向量法）：以DF為x軸、DC為y軸、DP為z軸建立空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（1，-1，0），B（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，1），則=（-1，1，1），并容易求得平面PBC的法向量為=（0，1，1），所以點A到平面PBC的距離為==．

③將高考題中棱長一般化，我們可以得到下面的考題．

考題5：如圖8-1，三棱錐V-ABC中，VA=VB=AC=BC=2，AB=2，VC=1，求二面角V-AB-C的平面角．

解析：取AB中點D，連VD、CD，因為VA=VB=AC=BC=2，AB=2，所以，VD⊥AB，CD⊥AB，且VD=CD=1，由二面角平面角定義知∠VDC就是二成角V-AB-C的平面角，而在△VDC中，VD=CD=VC，所以∠VDC=60°，于是二面角V-AB-C的平面角是60°．

考題6：如圖8-1，三棱錐V-ABC中所有棱長都相等，求二面角V-AB-C的平面角的余弦值．

解析：由考題5的分析過程知，∠VDC就是二成角V-AB-C的平面角．設三棱錐V-ABC的棱長為a，則在△VDC中，VD=CD=a，VC=a，由余弦定理得cos∠VDC===，故二面角V-AB-C的平面角的余弦值為．

考題7：如圖8-2，三棱錐V-ABC中，VB=VC=AB=BC=2，VA=AC=3，求二面角V-AB-C的平面角的余弦值．

解析：本題比前2題顯然要難，不能輕易得到二面角的平面角了，但可以從△VAB與△CAB全等入手作二面角V-AB-C的平面角．

在△VAB中，過V作VD⊥AB，連CD，由△VAB?艿△CAB知，CD⊥AB，故可得∠VDC就是二成角V-AB-C的平面角．在△VDC中，VD=CD=，VC=2，所以cos∠VDC==，故二面角V-AB-C的平面角的余弦值為．

考題8：如圖8-3，三棱錐V-ABC中，VB=VC=AB=AC=2，VA=1，BC=2，求二面角V-AB-C的平面角的余弦值．

解析：顯然可以仿變式2的作法來逐漸得到二面角V-AB-C的平面角．

過V作VD⊥AB，過C作CE⊥AB，則可以得到VD=，AD=，CE=，BE=3，過D作DF∥CE交BC于F，連VF，則DF⊥AB，且DF=，因此，∠VDF就是二成角V-AB-C的平面角．△VBF中，VB=2，BF=，cos∠VBF=，所以VF==．因此，在△VDF中，cos∠VDF==，即二面角V-AB-C的平面角的余弦值為．

（作者單位：浙江省紹興縣越崎中學）

責任編校 徐國堅