直觀(guān)想象素養(yǎng)在高考試題中的應(yīng)用

《中國(guó)高考評(píng)價(jià)體系》明確了高考要以立德樹(shù)人、服務(wù)選材、引導(dǎo)教學(xué)為核心功能，重點(diǎn)考查學(xué)生的必備知識(shí)、關(guān)鍵能力、學(xué)科素養(yǎng)和核心價(jià)值，命題體現(xiàn)基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性及創(chuàng)新性.2024年新高考數(shù)學(xué)ⅡI卷重點(diǎn)凸顯了對(duì)數(shù)學(xué)素養(yǎng)的考查，尤其體現(xiàn)了直觀(guān)想象素養(yǎng)在提出數(shù)學(xué)問(wèn)題與猜想、獲取解決問(wèn)題的思路中的作用.部分試題設(shè)計(jì)更加靈活，踐行“多思少算”的課程理念，強(qiáng)調(diào)了感性思維與理性思維的雙重作用.文章結(jié)合2024年新高考ⅡI卷部分試題，談?wù)勚庇^(guān)想象素養(yǎng)在解題中的作用

例1（第3題）已知向量 滿(mǎn)足 ， ，且 ，則 ：

D.1

解法1由 得 4，也即 因?yàn)? ，所以（ ，也即 聯(lián)立兩式可得 ，所以1b1=√2 故選 B. C

解法2如圖1，設(shè) 依題意 （20 設(shè) ，則

圖1

（204 （20號(hào)，解得 即 故選 B 評(píng)注 解法1基于向量間的基本運(yùn)算，尤其要熟悉向量的數(shù)量積運(yùn)算規(guī)則；解法2將向量關(guān)系等價(jià)轉(zhuǎn)化為圖形中的位置關(guān)系與度量關(guān)系，借助圖形直觀(guān)建立數(shù)量關(guān)系，體現(xiàn)“以形助數(shù)”的思想，充分展現(xiàn)了直觀(guān)想象的作用.

例2 （第6題）設(shè)函數(shù) f（x）=a（x+1）²-1 為常數(shù)），當(dāng) x∈（-1，1） 時(shí)，曲線(xiàn) 與 y=g（x） 恰有一個(gè)交點(diǎn)，則 a ：

A. -1 B. 1 C.1 D.2 2

解法1因?yàn)榍€(xiàn) y=f（x） 與 y=g（x） 在（－1，1）上恰有一個(gè)交點(diǎn)，因此，方程 a（x+1）²-1 =cosx+2ax 在（－1，1）上恰有一個(gè)解，也即方程ax²-cosx+a-1=0 在（-1，1）上恰有一個(gè)解.設(shè)（20 h（x）=ax²-cosx+a-1 ，因?yàn)?h（-x）=h（x） ，所以函數(shù) h（x） 是 x∈（-1，1） 上的偶函數(shù).根據(jù)偶函數(shù)的圖象特征，則有 h（0）=a-2=0 ，所以 a=2 故選 D

解法2 由解法1，方程 ax²-cosx+a-1=0 在（－1，1）上恰有一個(gè)解，即方程 在（-1，1）上恰有一個(gè)解.設(shè) 則 電當(dāng) x∈（0 ，1）時(shí)， h^'（x）lt; 0，h（x） 單調(diào)遞減.因?yàn)? h（x） ，所以函數(shù) h（x） 為偶函數(shù).因此，當(dāng) x∈Γ（-1 ，

0）時(shí)， h（x） 單調(diào)遞增.作出函數(shù) y=h（x） 與直線(xiàn) y Ψ=Ψ_a 在（-1，1）上的圖象如圖2.根據(jù)題意知，直線(xiàn)y=a 與函數(shù) y=h（x） 在（-1，1）上的圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)．因此， h（0）=2 ，故選 D

圖2

評(píng)注解法1與解法2本質(zhì)上是相同的，區(qū)別在于具體解決細(xì)節(jié)不同.解法1基于函數(shù) y=h（x） 圖象與 x 軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，結(jié)合函數(shù) y=h（x） 的偶函數(shù)性質(zhì)，只有坐標(biāo)原點(diǎn)才符合唯一的公共點(diǎn)要求.解法2基于函數(shù) y=h（x） 圖象與直線(xiàn) y=a 只有一個(gè)公共點(diǎn)，因此同樣要研究函數(shù) y=h（x） 的性質(zhì)，結(jié)合圖象確定參數(shù) a 的值.在直觀(guān)想象的引領(lǐng)下，可以快速確定解題思路，形成解題方法.

例3（第8題）設(shè)函數(shù) b ），若 f（x）?0 ，則 a²+b² 的最小值為.

解法1由 f（x）≥0 可得 0，則因式 x+a 與 必須始終同號(hào).由 x+a ε=0 得 由 得 x=-b+1. 因此，必有 -?a=-?b+1 ，即 a=b-1 所以 a²+b²= ，所以當(dāng) 時(shí)， a²+b² 取得最小值 ，故選 c

解法2 根據(jù)題意知，函數(shù) f（x） 的圖象恒在 x 軸的上方，則函數(shù) 的圖象也恒在 x 軸的上方.設(shè) ，則 h（1）=0 因?yàn)?x∈（1，+∞） 時(shí)， lnxgt;0 ，則必有 x+a-bgt;0 ；當(dāng) x∈（0，1） 時(shí)， lnxlt;0 ，則必有x+a-blt;0. 因此，1必是方程 x+a-b=0 的解，也即 ，接下來(lái)同解法1.

評(píng)注解法1與解法2如出一轍.解法1直接根據(jù)不等式的性質(zhì)，直觀(guān)想象兩個(gè)函數(shù) y=x+a 與 在各自的零點(diǎn)兩側(cè)必須始終同號(hào)，因此，必有兩個(gè)函數(shù)的零點(diǎn)重合.解法2將函數(shù) y= f（x） 圖象左右平移，根據(jù)左右平移不改變函數(shù)值域的特點(diǎn)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為 ，接下來(lái)基于圖象直觀(guān)分析此不等式中兩個(gè)因式的正負(fù)情況即可確定 Δ_a 與 b 間的關(guān)系.實(shí)際上，本試卷上利用直觀(guān)想象獲得解題思路的函數(shù)問(wèn)題還有第9題，第11題及第16題，均可利用圖象特征明確解題思路，再選擇其中的一種思路進(jìn)行代數(shù)運(yùn)算，達(dá)到快速而準(zhǔn)確地解答問(wèn)題.

例4 （第7題）已知正三棱臺(tái) ABC-A₁B₁C₁ 的體積為 ，則 AA₁ 與平面 ABC 所成角的正切值為.

B.1 C.2 D.3

解法1 如圖3，根據(jù) A 女 C正三棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，兩個(gè)底面的外心連線(xiàn)垂直于兩個(gè)底面，也即是正三棱0臺(tái)的高，即圖3中的 OO₁ B由棱臺(tái)的體積公式得 ，解得00 圖3 又易得 過(guò) A₁ 作 OO₁ 的平行線(xiàn)交 AO 于 H ，則 易知 ∠A₁AH 即為 AA₁ 與平面 ABC 所成角，則 1，所以，直線(xiàn) AA₁ 與平面 ABC 所成角的正切值為1，故選 B

解法2如圖4，將正三棱臺(tái)補(bǔ)成一個(gè)正三棱錐 P- A1 01ABC.設(shè) P 在平面 ABC 和平 B面 A₁B₁C₁ 內(nèi)的射影分別為o 和 O_? .易得 則 0 因?yàn)檎?B圖4臺(tái) ABC-A₁B₁C₁ 的體積為 ，所以 則 ，又易得 ，所以 Ψ=1 ，則直線(xiàn) AA₁ 與平面 ABC 所成角的正切值為1，故選 B

評(píng)注解法1根據(jù)正三棱臺(tái)的結(jié)構(gòu)特征，作出直線(xiàn) AA₁ 與平面 ABC 所成角求解.解法2根據(jù)棱臺(tái)與棱錐的聯(lián)系，將棱臺(tái)補(bǔ)成棱錐求解.兩種解法都體現(xiàn)了直觀(guān)想象對(duì)解決立體幾何問(wèn)題的重要性

例5（第19題）已知雙曲線(xiàn) C：x²-y²=m（m gt;0 ），點(diǎn) P₁（5，4） 在 C 上， k 為常數(shù)， .0n（n=2，3，…） ：過(guò) P_n-1 作斜率為 k 的直線(xiàn)與 c 的左支交于點(diǎn) Q_n-1 ，令 P_n 為Q_n-1 關(guān)于 y 軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，記 P_n 的坐標(biāo)為 （x_n，y_n）

（1）若 求 x₂，y₂ ；（2）證明：數(shù)列 {x_n-y_n} 是公比為 的等比

數(shù)列；（3）設(shè) S_n 為 ΔP_nP_n+1P_n+2 的面積，證明：對(duì)于任

意正整數(shù) n，S_n=S_n+1 ：解（1）雙曲線(xiàn) C 的方程為 x²-y²=9 當(dāng) k=

時(shí)，x=3，y =0.（過(guò)程從略）.（2）過(guò)點(diǎn) P（x_n，y_n） ，斜率為 k 的直線(xiàn)方程為 y=

（204 k（x-x_n）+y_n 與 c 的方程聯(lián)立消去 y 得 （1-k²）x_n²

-2k（y_n-kx_n）x-（y_n-kx_n）²-9= 0. （2設(shè) Q_n（x₀，y₀） ，則由韋達(dá)定理得

所以

根據(jù)題意

k2yn+yn-2hxn），從而xn+1 +1 所以

y_n ）.因?yàn)?P₁（5，4） ，所以 ，則數(shù)列 {x_n 1

y_n} 是以 為公比，1為首項(xiàng)的等比數(shù)列.（3）如圖5，由于 ΔP_nP_n+1P_n+2 與 ΔP_n+1P_n+2P_n+3

有一條公共邊 P_n+1P_n+2 .因此，若 S_n=S_n+1 ，則必有P_n+1P_n+2//P_nP_n+3 .因?yàn)辄c(diǎn) P_n（x_n，y_n） 與 P_n+1（x_n+1 ，y_n+1 ）都在 c 上，則有 （204號(hào)

所以有 x_n+1 + y↑ P

Q1 P2x 則由等比 Q2 AQ3

數(shù)列知識(shí)得 x_n-y_n=q^n-1

x_n+y_n=9q^1-n ，從而可得 Q4

圖5

.從而直線(xiàn)Pn+1Pn+2的斜率kPn+1Pn+2

，直線(xiàn) P_nP_n+3 的斜率 k_PnPn+3=

g2n+1，所以Pn+Pn+2//PPn+3，則點(diǎn)

P_n，P_n+3 到直線(xiàn) P_n+1P_n+2 的距離相等，則 S_n=S_n+1 成立

評(píng)注本題第（1）問(wèn)屬于基礎(chǔ)題.第（2）根據(jù)點(diǎn) P_n 的構(gòu)成方式，利用圖形直觀(guān)建立數(shù)量關(guān)系，運(yùn)用方程思想獲得證明.第（3）問(wèn)在圖形直觀(guān)的基礎(chǔ)上，充分挖掘幾何特征，將面積相等的證明轉(zhuǎn)化為兩直線(xiàn)平行的證明，正是“多思少算”的體現(xiàn).如果運(yùn)用常規(guī)的方法表征 S_n 與 S_n+1 ，運(yùn)算量很大.直觀(guān)想象在解析幾何中應(yīng)用主要體現(xiàn)在幾何特征的挖掘，由基礎(chǔ)圖形想到其它圖形，利用圖形中的幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化問(wèn)題，從而達(dá)到簡(jiǎn)化運(yùn)算程序的目的.需特別注意的是解析幾何中的代數(shù)運(yùn)算是帶有幾何特征的運(yùn)算，而不是盲目地進(jìn)行操作，生搬硬套地運(yùn)算.

直觀(guān)想象是一種重要的數(shù)學(xué)素養(yǎng)，它是提出猜想、發(fā)現(xiàn)問(wèn)題的重要工具，也是進(jìn)行嚴(yán)謹(jǐn)?shù)拇鷶?shù)表達(dá)的基礎(chǔ)．通過(guò)以上實(shí)例分析可見(jiàn)，直觀(guān)想象在2024年新高考數(shù)學(xué)ⅡI卷問(wèn)題求解中具有較廣的應(yīng)用性，但實(shí)際面對(duì)一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，怎么進(jìn)行直觀(guān)想象？直觀(guān)想象什么？這兩個(gè)問(wèn)題是直觀(guān)想象素養(yǎng)高低的重要表現(xiàn).在數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)與研究過(guò)程中，我們應(yīng)當(dāng)學(xué)會(huì)先由幾何直觀(guān)獲得解題思路，然后進(jìn)行準(zhǔn)確的代數(shù)運(yùn)算獲得相應(yīng)的結(jié)論.當(dāng)然，直觀(guān)想象素養(yǎng)的提升不是一蹴而就的，需要在不斷的學(xué)習(xí)實(shí)踐中反復(fù)強(qiáng)化