论文部分内容阅读
[摘 要] 几何证明选讲的删减并不意味着平面几何知识考查的削弱，而是更为科学地融合在以立体几何或解析几何为载体的解题活动中. 在解题活动中运用平面几何知识，体验思维空间变换，可以更大地促进学生数学核心素养的构建和提升.
[关键词] 几何证明删减;解题;研究
试题呈现
题1：（2018年全国高考卷Ⅰ理科数学第11题）已知双曲线C： -y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N，若△OMN为直角三角形，则MN等于（ ）
A. B. 3 C. 2 D. 4
题2：（2018年全国高考卷Ⅰ理科数学第12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
题1分析1：此题考查直线与圆锥曲线的位置关系，属于常规题型，主要通过两直线的垂直斜率关系、双曲线中的量求出直线方程，再直接求出两直线的交点，然后通过两点的距离公式求出MN. 思路明晰，套路简单，较为全面地考查了学生的综合分析和计算能力，在考查学生学科核心素养方面也有所体现.
题1解析1：由已知易得，双曲线的渐近线方程为y=± x，又由△OMN是直角三角形，易知过F点的直线l与其中一条双曲线的渐近线垂直，不妨设直线l与y= x垂直，交点为M，如图1所示，则直线l的斜率k=- ，而l过点F（2，0），得直线l：y=- （x-2）.
由y=- （x-2），y= x，得点M ， ;由y=- （x-2），y=- x，得点N（3，- ），所以MN= =3. 故选B.
题1分析2：换个角度观察此题，由双曲线的渐近线得到∠MOF=∠NOF= ，在Rt△MON中，可以通过平面几何知识中三角形的边和角的关系求出MN的长.
题1解析2：如图1，由渐近线方程斜率可知∠MOF=∠NOF= .在Rt△MON中，∠OMN= ，可得∠ONM= . 由双曲线的方程可得OF=c=2，再由平面几何知识可得MF=1，NF=2，所以MN=3. 故选B.
题2分析：此题以立体几何为背景，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，背景灵活，突显数学思维，对学生的要求较高，但通过分析发现思维的最终落脚点实则是运用平面几何知识解决多边形面积的最值问题.
題2解析：如图2①，由题意可知，正方体中等边三角形A′BC′所在平面与正方体每条棱所成的角都相等，要平面α被正方体所截得的截面面积最大，截面即为六边形FMNJPG. 由题可知FG∥A′C′∥NJ，FM∥BC′∥JP，MN∥A′B∥PG. 如图2②，分别延长MF，PG和MN，PJ，且分别交于E，K两点，则△EMP和△KMP为等边三角形且边长等于MP= . 设 =t（0<t<1），则 =1-t. 在△EMP中，由 = =t，得FG= t;同理，在△MKP中可得NJ= （1-t）. 故S截面=2S△EMP-S△EFG-S△NKJ=2× ×（ ）2- （ t）2- [ （1-t）]2（0<t<1）= （-2t2+2t+1）（0<t<1）. 当t= ，即F，M，N，J，P，G分别为棱A′D′，A′A，AB，BC，CC′，C′D′的中点时，即当六边形FMNJPG为正六边形时，截面面积最大，（S截面） = -2× +2× +1= . 故选A.
通过对2018年两道选择压轴题的分析和解析发现，虽然在题1中，命题人的初衷是考查学生圆锥曲线中直线和圆锥曲线的相关知识，但题目中也隐含着平面几何中的相关知识，运用平面几何中的三角形边角关系处理显得更快更简洁;题2通过对立体几何中的空间结构进行想象和逻辑推理将三维空间问题转化为二维平面问题，运用平面几何知识在六边形中通过平行线分线段成比例定理得到边长关系，进而转化为关于变量t的函数最值问题即可解决. 从两道全国高考题考查的内容来看，尽管几何证明选讲作为选做题删掉了，但是平面几何内容的考查并不是不涉及，而是隐藏在相关的试题中了.
2017年新颁布的高考考试大纲，在数学高考考试大纲说明中有一段话是这样说的：在现行考试大纲三个选考模块中删去“几何证明选讲”，其余两个选考模块的内容和范围都不变. 考生从“坐标系与参数方程”“不等式选讲”两个模块中任选一个作答. 考试大纲是高考命题的规范性文件和标准，是考试评价、复习备考的依据，是推进考试内容改革的切入点，新考纲一出，各地反应强烈，大部分的观点是：选考内容减少了，更加有利于复习备考，把学生从原来难度大的平面几何知识中解脱出来，可以集中精力去备考保留下来的“坐标系与参数方程”和“不等式选讲”内容了. 然而通过新考纲颁布后的全国各地复习备考的试题和已经结束的2017年高考真题和刚刚结束的2018年高考真题来看，事实并非如此. 平面几何知识单纯作为一个选考题是删减了，但是平面几何知识的渗透无处不在，特别是在立体几何和解析几何中，平面几何知识以这两个题型为载体进行渗透，同样更为隐蔽、更为灵活地进行了考查. 正如北京大学数学科学学院刘和平教授所说：考查内容删去“几何证明选讲”模块的直接理由是因为这部分内容考查的是初中平面几何的知识，几何的主要知识内容在立体几何和解析几何中均有体现，不需要再单独列为专题考查. 删除这方面知识以减少重复考查，强化学科体系的导向.考试内容删去“几何证明选讲”模块并不意味着要削弱对推理论证能力的考查.可见考生所畏惧的平面几何知识只是作了一个华丽的转身，依然笑藏在高考的试卷中. 下面我们再来看看近几年各地的部分模拟题和全国高考题.
题3：（2017年全国新课标高考理数第16题）如图3，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥. 当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_____. 分析：观察折叠前后二维、三维空间的变化和联系，对线段的变化进行细心观察，如图4所示，可以设OG为x，通过正三角形边的关系和勾股定理找出其他边与它的关系，然后建立三棱锥体积与x的函数关系，最后求解即可. 命题人紧扣考纲，命题指导思想意味深长，特别在新考纲删去“几何证明选讲”内容后，平面几何知识急欲寻找搭载考查的平台，题目中涉及平面几何知识甚多，可见命题人用心良苦. 此题也可谓算得上是新考纲出台后考试变化的风向标，由此可见此题严格遵循大纲思想，符合新考纲的要求，贯串整个新考纲的重要改革思想.
解析1：如图4，连接OD，交BC于点G. 由题意可知，折叠以后重合于点D，点O是等边三角形ABC的中心，据对称性可知，OD⊥BC，OG= BC.
设OG=x，x∈0， ，则BC=2 x，DG=5-x，三棱锥的高h= = = ，S =2 x·3x· =3 x2，则三棱锥的体积V= S ·h= x2· = · .
令f（x）=25x4-10x5，x∈0， ，则f ′（x）=100x3-50x4. 令f ′（x）>0，即x4-2x3<0，x<2，则f（x）≤f（2）=80，则V≤ × =4 . 所以三棱锥体积的最大值为4 cm3.
在解题思路1的前提下，可以设等边三角形的边长为a，通过等边三角形边的关系和勾股定理找出其他边与它的关系，然后建立三棱锥体积与a的函数关系，最后求解即可.
解析2：如图4，连接OD，交BC于点G，由题意可知，折叠以后重合于点D，点O是等边三角形ABC的中心，据对称性可知，OD⊥BC，OG= BC.
设等边三角形ABC的边长为a（0<a<5 ），则OG= a，DG=5- a.
在Rt△ODG中，三棱锥的高的平方h2=（DG2-OG2）=5- a - a =25- ，S△ABC= a2，则三棱锥的体积的平方V2= S△ABC·h = · a4·25- = - a5+5a4（0<a<5 ）.
令f（a）=- a5+5a4（0<a<5 ），f ′（a）=a3- a+20=0，得a=4 .
因为当0<a<4 ，f ′（a）<0，当4 <a<5 ，f ′（a）>0，所以f（a）max=f（4 ）=- ·（4 ）5+5（4 ）4=482，所以（V2）max= ×482=16×15， 即Vmax=4 .
题4：在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD=120°，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则K到平面PBD的距离为________.
分析：试题知识背景较多，通过找平面得到K的位置，然后通过两次相似三角形对应边成比例分别求出线段QA，AK的长度，最后利用三角形面积等积法及线段比例关系求出结果即可.
解析：如图5，延长CF交BA的延长线于点Q，连接QE交PA于点K.设QA=x，由AD∥BC得△QBC∽△QAF，则 = ，所以x=6. 取AB的中点M，则PA∥EM，所以△QAK∽△QME，则 = ，所以AK= ，所以 = = . 连接PO，过A作AH⊥PO于H，易证AH⊥平面PBD. 在菱形ABCD中，AB=3，则AO= ，故AH= = ，所以点K到平面PBD的距离为 AH= .
通过对以上几个立体几何试题的解题分析发现，当平面几何知识渗透到立体几何中后，解题思路和难度陡然增大，学生在二维和三维之间的思维中不断转换，容易形成思维混乱，知识断层，思维链受阻，加上计算要求较高，就越发突显学生的某一方面能力的严重不足，这就要求在平时的复习备考中，各种能力的训练不能马虎，要有针对性，有的放矢，知识的专项训练和综合提升两方面都要抓，都要必须落到实处.
平面几何知识不仅仅以立体几何为载体呈现在点线面的关系中，同样它也是搭载解析几何的平台以各种形式内隐在解析坐标平面里.
题5：如图6，已知直线l：y=k（x+1）（k>0）与抛物线C：y2=4x相交于A，B两点，且A，B两点在抛物线C准线上的射影分别是M，N，若AM=2BN，则k的值是（ ）
A. B.
C. D. 2
分析：如图6，分别通过联立直线和抛物线方程及线段等量关系，得到点A和點B的纵坐标y1，y2的关系，再消去y1，y2求出k即可. 如解析1纯属于解析几何的坐标解法思想;再换个思路仔细分析，如解析2通过抛物线的定义和性质得到如图7中的线段关系，再由平面几何知识中的平行线分线段成比例定理和等腰三角形性质更能清晰、快速地解决.
解析1：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程y2=4x，y=k（x+1），消去x得ky2-4y+4k=0①.因为直线与抛物线相交，所以Δ=42-4k×4k=16（1-k2）>0. 因为y1，y2是方程ky2-4y+4k=0的两个根，所以y1+y2= ②，y1y2=4③.
由AM=2BN可得y1=2y2④，由②③④组成的方程组，解得k= . 把k= 代入判别式中检验，不等式成立，所以k= . 故选C.
解析2：如图7，设抛物线的焦点为F，连接BF，AF. 由AM=2BN，得FA=2FB， 点B为AP的中点，连接OB，则OB= AF，所以OB=BF，点B的坐标为B ， . 把B ， 代入直线l：y=k（x+1）（k>0），解得k= . 故选C.
题6：过抛物线y= x2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y=-1上，若△ABC为正三角形，则其边长为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
分析：此题的解答通过学生的练习统计发现属于较难试题，如何在解析坐标中转化使得△ABC为正三角形的条件让学生的思维无法打开. 如图8，即便有些学生如解析1通过CD= AB转化成功，后面的计算复杂，难度也是挺大的;如图9，同样通过抛物线的定义和性质在平面几何知识系统里，利用三角形中位线、相似三角形等性质如解析2可以轻松避开复杂的计算，达到过程简洁、思路新奇的效果.
解析1：如图8，设线段AB的中点D（x0，y0），直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=kx+1. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.
因为x0=2k，y0=2k2+1，所以D（2k，2k2+1），所以线段AB的垂直平分线的方程为y-2k2-1=- （x-2k），即y=- x+2k2+3. 令y=-1，则x=2k3+4k，所以C（2k3+4k，-1），所以点C到直线AB的距离CD= = .
因为△ABC为正三角形，所以CD= AB，所以 = ·（4k2+4），整理解得k2=2，所以AB=4k2+2=12. 故选B.
解析2：如图9，抛物线y= x2的焦点为（0，1），设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为D（x0，y0），设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=kx+1. 分别过点A，D，B作抛物线的准线的垂线，垂足分别是Q，N，M. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.
由抛物线的定义及性质可得AF=AQ，BF=BM，DN是梯形ABMQ的中位线，则DN= （BM+AQ）= AB. 因为△ABC是等边三角形，则CD⊥AB且CD= AB. 由勾股定理得NQ= = AB. 在Rt△DNC和Rt△KDC中，可以得到△DNC∽△KDC，又因为MN是抛物线的准线，所以直线AB的倾斜角大小等于∠DKC=∠CDN，即k=tan∠CDN= = = . 故AB=y1+y2+2=4k2+4=4×2+4=12. 故选B.
题7：已知双曲线 - =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l：12x-5y-24=0交双曲线的右支于A，B两点，若∠AF1B的角平分线的方程为x-4y+2=0，则三角形AF1B内切圆的标准方程为（ ）
A. x- 2+y- 2= 2
B. （x-1）2+y- 2= 2
C. （x-1）2+y- 2= 2
D. x- 2+y- 2= 2
分析：此题属于选择压轴题，初看此题，感觉无从下手，思来想去甚至想到用角平分线定理处理，但是结果思路还是中断，最终还是要回到平面几何中来，运用平面几何中的三角形内切圆性质及双曲线定义和性质，巧妙地化未知为已知，化复杂为简单，解法新颖，思路清晰灵活.
解析：如图10，设点M，N，Q分别是圆C与三角形AF1B的AF1，F1B，AB边上的切点，由双曲线定义得AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a. 由切线长性质得AM=AQ，F1M=F1N，BN=BQ，由AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a得F1M=F1N=2a. 因为AF1-AQ=F1M=2a，AF1-AF2=2a，所以AF2=AQ，又点F2，Q在点A的同侧，所以点F2与点Q重合，即点F2（2，0）为切点. 所以CF2⊥AB.
由直线AB的方程为12x-5y-24=0，得到直线CF2的方程为y=- （x-2），圆心C即为直线CF1和CF2的交点，联立方程组x-4y+2=0，y=- （x-2），解得 C ， . 所以圆的半径r= = ，故三角形AF1B内切圆的标准方程为x- 2+y- 2= 2. 故选A.
题8：如图11，已知椭圆O： + =1（a>b>0），圆Q：（x-2）2+（y- ）2=2的圆心Q在椭圆O上，点P（0， ）到椭圆O的右焦点的距离为 .
（1）求椭圆O的方程;
（2）过点P作互相垂直的两条直线l1，l2，且l1交椭圆O于A，B两点，直线l2交圓Q于C，D两点，且M为CD的中点，求△MAB面积的取值范围.
分析：第（1）问考查基本概念和基本计算;第（2）问是圆和椭圆有关知识的交汇，试题背景熟悉，相关的习题学生练习不少，此题在原题的基础上加以改变和深化，大多数学生是这样做的：在先考虑特殊情况的前提下，可设斜率求出AB的长度，再求出点C和点D的坐标，从而得出点M的坐标，再把所求△MAB的面积问题转化为求关于k的函数的最值问题. 思路清晰，推理严谨，但都在求出点M的坐标时发现结果非常复杂，无法再进行下去. 其实仔细观察圆Q中，点M是弦CD的中点，可以想到初中平面几何知识的垂径定理，可知QM⊥CD，可得MQ∥AB，点M和点Q到直线AB的距离相等，求△MAB的面积问题就可以转化为求△QAB的面积问题了，这样计算量大大减少了.
解析：（1）因为椭圆O的右焦点F（c，0），PF= ，所以c=2. 因为（2， ）在椭圆O上，所以 + =1，由a2-b2=4得a2=8，b2=4，所以椭圆O的方程为 + =1.
（2）由题意可得l1的斜率不为零，当l1垂直x轴时，△MAB的面积为 ×4×2=4.
当l1不垂直x轴时，设直线l1的方程为y=kx+ ，则直线l2的方程为y=- x+ ，A（x1，y1），B（x2，y2）. 由 + =1，y=kx+ 消去y得（1+2k2）x2+4 kx-4=0，所以x1+x2= ，x1x2= ，则AB= x1-x2= .
又圆心Q（2， ）到l2的距离d1= < ，得k2>1. 又MP⊥AB，QM⊥CD，所以M点到AB的距离等于Q点到AB的距离，设为d2，则d2= = . 所以△MAB的面积S= ABd2= =4 .
令t=2k2+1∈（3，+∞），则 ∈0， ，S=4 =4 ∈ ，4.
综上，△MAB的面积的取值范围为 ，4.
评析：通过对题1、题5至题8的解析过程分析发现，运用平面几何知识解决解析几何问题也不失为一种思路和技巧，解析几何和平面几何同属于平面几何中的两个处理数学问题的不同的思路方法. 前者重在运用坐标法解决问题，后者重在运用逻辑推理论证得出结论. 当解析几何试题中渗透平面几何知识，二者相得益彰，思维方法交替演绎，让学生眼花缭乱，容易产生思维受阻，不能自如灵活地转换解题思维，在两种几何思维中产生混淆出现理不清、解更乱的局面，故在教学和训练中必须注重多种几何知识的交叉训练，合理科学地进行知识渗透和融合，从培养学生学科核心素养出发，提升学生的逻辑思维能力和综合分析问题的能力.
通过对以上例题的解析对比，不难发现这两类题型的制题方式和考查内容都发生了微妙的变化，虽然不能决定整个考试方向，至少对高考备考有一个很好的导向作用. 试题将两种几何（平面几何与立体几何、解析几何）存在的客观事实向代数问题转化，实现数和形的高度统一，对平面几何与立体几何、解析几何的内在联系有了比较深入的了解，注重数形结合思想渗透的同时，也培养了学生的抽象概括能力學. 学好平面几何对学生的逻辑推理能力，图形图像的分析能力等有重大的帮助，而这种能力是学好后续课程的必要条件. 高中数学关于几何的内容主要是立体几何和解析几何两个板块，对于同属于几何范畴的内容，平面几何的思想方法在高中立体几何与解析几何中都扮演着重要作用. 有些立体几何、解析几何问题要么思维上迟迟打不开局面，要么运算量非常庞大且复杂，这时如果跳出来原有思维从平面几何的角度考虑，往往会给人一种柳暗花明的感觉. 如今高考很注重对能力的考查，重视学生数学学科核心素养的检测，很多数学试题注重包装效果，目的是为了迷惑同学们的眼球，让同学们分不清题目的难易. 故在平时的训练中要注重对数学思想方法的运用，重心放在能力的培养上，思维高度、深度和广度决定着数学思维品质的高低. 如果能用平面几何的角度去审视立体几何和解析几何题，将立体几何和解析几何题目中的平面几何本质挖掘出来，这样往往得到意想不到的效果，故在今后的备考中不要因为几何证明选讲的“删”而不重视，甚至放弃平面几何的教学，要意识到它其实只是“删”而不“减”.
[关键词] 几何证明删减;解题;研究
试题呈现
题1：（2018年全国高考卷Ⅰ理科数学第11题）已知双曲线C： -y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N，若△OMN为直角三角形，则MN等于（ ）
A. B. 3 C. 2 D. 4
题2：（2018年全国高考卷Ⅰ理科数学第12题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
题1分析1：此题考查直线与圆锥曲线的位置关系，属于常规题型，主要通过两直线的垂直斜率关系、双曲线中的量求出直线方程，再直接求出两直线的交点，然后通过两点的距离公式求出MN. 思路明晰，套路简单，较为全面地考查了学生的综合分析和计算能力，在考查学生学科核心素养方面也有所体现.
题1解析1：由已知易得，双曲线的渐近线方程为y=± x，又由△OMN是直角三角形，易知过F点的直线l与其中一条双曲线的渐近线垂直，不妨设直线l与y= x垂直，交点为M，如图1所示，则直线l的斜率k=- ，而l过点F（2，0），得直线l：y=- （x-2）.
由y=- （x-2），y= x，得点M ， ;由y=- （x-2），y=- x，得点N（3，- ），所以MN= =3. 故选B.
题1分析2：换个角度观察此题，由双曲线的渐近线得到∠MOF=∠NOF= ，在Rt△MON中，可以通过平面几何知识中三角形的边和角的关系求出MN的长.
题1解析2：如图1，由渐近线方程斜率可知∠MOF=∠NOF= .在Rt△MON中，∠OMN= ，可得∠ONM= . 由双曲线的方程可得OF=c=2，再由平面几何知识可得MF=1，NF=2，所以MN=3. 故选B.
题2分析：此题以立体几何为背景，考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，背景灵活，突显数学思维，对学生的要求较高，但通过分析发现思维的最终落脚点实则是运用平面几何知识解决多边形面积的最值问题.
題2解析：如图2①，由题意可知，正方体中等边三角形A′BC′所在平面与正方体每条棱所成的角都相等，要平面α被正方体所截得的截面面积最大，截面即为六边形FMNJPG. 由题可知FG∥A′C′∥NJ，FM∥BC′∥JP，MN∥A′B∥PG. 如图2②，分别延长MF，PG和MN，PJ，且分别交于E，K两点，则△EMP和△KMP为等边三角形且边长等于MP= . 设 =t（0<t<1），则 =1-t. 在△EMP中，由 = =t，得FG= t;同理，在△MKP中可得NJ= （1-t）. 故S截面=2S△EMP-S△EFG-S△NKJ=2× ×（ ）2- （ t）2- [ （1-t）]2（0<t<1）= （-2t2+2t+1）（0<t<1）. 当t= ，即F，M，N，J，P，G分别为棱A′D′，A′A，AB，BC，CC′，C′D′的中点时，即当六边形FMNJPG为正六边形时，截面面积最大，（S截面） = -2× +2× +1= . 故选A.
通过对2018年两道选择压轴题的分析和解析发现，虽然在题1中，命题人的初衷是考查学生圆锥曲线中直线和圆锥曲线的相关知识，但题目中也隐含着平面几何中的相关知识，运用平面几何中的三角形边角关系处理显得更快更简洁;题2通过对立体几何中的空间结构进行想象和逻辑推理将三维空间问题转化为二维平面问题，运用平面几何知识在六边形中通过平行线分线段成比例定理得到边长关系，进而转化为关于变量t的函数最值问题即可解决. 从两道全国高考题考查的内容来看，尽管几何证明选讲作为选做题删掉了，但是平面几何内容的考查并不是不涉及，而是隐藏在相关的试题中了.
2017年新颁布的高考考试大纲，在数学高考考试大纲说明中有一段话是这样说的：在现行考试大纲三个选考模块中删去“几何证明选讲”，其余两个选考模块的内容和范围都不变. 考生从“坐标系与参数方程”“不等式选讲”两个模块中任选一个作答. 考试大纲是高考命题的规范性文件和标准，是考试评价、复习备考的依据，是推进考试内容改革的切入点，新考纲一出，各地反应强烈，大部分的观点是：选考内容减少了，更加有利于复习备考，把学生从原来难度大的平面几何知识中解脱出来，可以集中精力去备考保留下来的“坐标系与参数方程”和“不等式选讲”内容了. 然而通过新考纲颁布后的全国各地复习备考的试题和已经结束的2017年高考真题和刚刚结束的2018年高考真题来看，事实并非如此. 平面几何知识单纯作为一个选考题是删减了，但是平面几何知识的渗透无处不在，特别是在立体几何和解析几何中，平面几何知识以这两个题型为载体进行渗透，同样更为隐蔽、更为灵活地进行了考查. 正如北京大学数学科学学院刘和平教授所说：考查内容删去“几何证明选讲”模块的直接理由是因为这部分内容考查的是初中平面几何的知识，几何的主要知识内容在立体几何和解析几何中均有体现，不需要再单独列为专题考查. 删除这方面知识以减少重复考查，强化学科体系的导向.考试内容删去“几何证明选讲”模块并不意味着要削弱对推理论证能力的考查.可见考生所畏惧的平面几何知识只是作了一个华丽的转身，依然笑藏在高考的试卷中. 下面我们再来看看近几年各地的部分模拟题和全国高考题.
题3：（2017年全国新课标高考理数第16题）如图3，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥. 当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_____. 分析：观察折叠前后二维、三维空间的变化和联系，对线段的变化进行细心观察，如图4所示，可以设OG为x，通过正三角形边的关系和勾股定理找出其他边与它的关系，然后建立三棱锥体积与x的函数关系，最后求解即可. 命题人紧扣考纲，命题指导思想意味深长，特别在新考纲删去“几何证明选讲”内容后，平面几何知识急欲寻找搭载考查的平台，题目中涉及平面几何知识甚多，可见命题人用心良苦. 此题也可谓算得上是新考纲出台后考试变化的风向标，由此可见此题严格遵循大纲思想，符合新考纲的要求，贯串整个新考纲的重要改革思想.
解析1：如图4，连接OD，交BC于点G. 由题意可知，折叠以后重合于点D，点O是等边三角形ABC的中心，据对称性可知，OD⊥BC，OG= BC.
设OG=x，x∈0， ，则BC=2 x，DG=5-x，三棱锥的高h= = = ，S =2 x·3x· =3 x2，则三棱锥的体积V= S ·h= x2· = · .
令f（x）=25x4-10x5，x∈0， ，则f ′（x）=100x3-50x4. 令f ′（x）>0，即x4-2x3<0，x<2，则f（x）≤f（2）=80，则V≤ × =4 . 所以三棱锥体积的最大值为4 cm3.
在解题思路1的前提下，可以设等边三角形的边长为a，通过等边三角形边的关系和勾股定理找出其他边与它的关系，然后建立三棱锥体积与a的函数关系，最后求解即可.
解析2：如图4，连接OD，交BC于点G，由题意可知，折叠以后重合于点D，点O是等边三角形ABC的中心，据对称性可知，OD⊥BC，OG= BC.
设等边三角形ABC的边长为a（0<a<5 ），则OG= a，DG=5- a.
在Rt△ODG中，三棱锥的高的平方h2=（DG2-OG2）=5- a - a =25- ，S△ABC= a2，则三棱锥的体积的平方V2= S△ABC·h = · a4·25- = - a5+5a4（0<a<5 ）.
令f（a）=- a5+5a4（0<a<5 ），f ′（a）=a3- a+20=0，得a=4 .
因为当0<a<4 ，f ′（a）<0，当4 <a<5 ，f ′（a）>0，所以f（a）max=f（4 ）=- ·（4 ）5+5（4 ）4=482，所以（V2）max= ×482=16×15， 即Vmax=4 .
题4：在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，∠BAD=120°，点E为棱PB的中点，点F在棱AD上，平面CEF与PA交于点K，且PA=AB=3，AF=2，则K到平面PBD的距离为________.
分析：试题知识背景较多，通过找平面得到K的位置，然后通过两次相似三角形对应边成比例分别求出线段QA，AK的长度，最后利用三角形面积等积法及线段比例关系求出结果即可.
解析：如图5，延长CF交BA的延长线于点Q，连接QE交PA于点K.设QA=x，由AD∥BC得△QBC∽△QAF，则 = ，所以x=6. 取AB的中点M，则PA∥EM，所以△QAK∽△QME，则 = ，所以AK= ，所以 = = . 连接PO，过A作AH⊥PO于H，易证AH⊥平面PBD. 在菱形ABCD中，AB=3，则AO= ，故AH= = ，所以点K到平面PBD的距离为 AH= .
通过对以上几个立体几何试题的解题分析发现，当平面几何知识渗透到立体几何中后，解题思路和难度陡然增大，学生在二维和三维之间的思维中不断转换，容易形成思维混乱，知识断层，思维链受阻，加上计算要求较高，就越发突显学生的某一方面能力的严重不足，这就要求在平时的复习备考中，各种能力的训练不能马虎，要有针对性，有的放矢，知识的专项训练和综合提升两方面都要抓，都要必须落到实处.
平面几何知识不仅仅以立体几何为载体呈现在点线面的关系中，同样它也是搭载解析几何的平台以各种形式内隐在解析坐标平面里.
题5：如图6，已知直线l：y=k（x+1）（k>0）与抛物线C：y2=4x相交于A，B两点，且A，B两点在抛物线C准线上的射影分别是M，N，若AM=2BN，则k的值是（ ）
A. B.
C. D. 2
分析：如图6，分别通过联立直线和抛物线方程及线段等量关系，得到点A和點B的纵坐标y1，y2的关系，再消去y1，y2求出k即可. 如解析1纯属于解析几何的坐标解法思想;再换个思路仔细分析，如解析2通过抛物线的定义和性质得到如图7中的线段关系，再由平面几何知识中的平行线分线段成比例定理和等腰三角形性质更能清晰、快速地解决.
解析1：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程y2=4x，y=k（x+1），消去x得ky2-4y+4k=0①.因为直线与抛物线相交，所以Δ=42-4k×4k=16（1-k2）>0. 因为y1，y2是方程ky2-4y+4k=0的两个根，所以y1+y2= ②，y1y2=4③.
由AM=2BN可得y1=2y2④，由②③④组成的方程组，解得k= . 把k= 代入判别式中检验，不等式成立，所以k= . 故选C.
解析2：如图7，设抛物线的焦点为F，连接BF，AF. 由AM=2BN，得FA=2FB， 点B为AP的中点，连接OB，则OB= AF，所以OB=BF，点B的坐标为B ， . 把B ， 代入直线l：y=k（x+1）（k>0），解得k= . 故选C.
题6：过抛物线y= x2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y=-1上，若△ABC为正三角形，则其边长为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14
分析：此题的解答通过学生的练习统计发现属于较难试题，如何在解析坐标中转化使得△ABC为正三角形的条件让学生的思维无法打开. 如图8，即便有些学生如解析1通过CD= AB转化成功，后面的计算复杂，难度也是挺大的;如图9，同样通过抛物线的定义和性质在平面几何知识系统里，利用三角形中位线、相似三角形等性质如解析2可以轻松避开复杂的计算，达到过程简洁、思路新奇的效果.
解析1：如图8，设线段AB的中点D（x0，y0），直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=kx+1. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.
因为x0=2k，y0=2k2+1，所以D（2k，2k2+1），所以线段AB的垂直平分线的方程为y-2k2-1=- （x-2k），即y=- x+2k2+3. 令y=-1，则x=2k3+4k，所以C（2k3+4k，-1），所以点C到直线AB的距离CD= = .
因为△ABC为正三角形，所以CD= AB，所以 = ·（4k2+4），整理解得k2=2，所以AB=4k2+2=12. 故选B.
解析2：如图9，抛物线y= x2的焦点为（0，1），设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点为D（x0，y0），设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=kx+1. 分别过点A，D，B作抛物线的准线的垂线，垂足分别是Q，N，M. 由y=kx+1，y= x2消去y可得x2-4kx-4=0，有x1+x2=4k，y1+y2=k（x1+x2）+2=4k2+2，所以AB=y1+y2+2=4k2+4.
由抛物线的定义及性质可得AF=AQ，BF=BM，DN是梯形ABMQ的中位线，则DN= （BM+AQ）= AB. 因为△ABC是等边三角形，则CD⊥AB且CD= AB. 由勾股定理得NQ= = AB. 在Rt△DNC和Rt△KDC中，可以得到△DNC∽△KDC，又因为MN是抛物线的准线，所以直线AB的倾斜角大小等于∠DKC=∠CDN，即k=tan∠CDN= = = . 故AB=y1+y2+2=4k2+4=4×2+4=12. 故选B.
题7：已知双曲线 - =1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l：12x-5y-24=0交双曲线的右支于A，B两点，若∠AF1B的角平分线的方程为x-4y+2=0，则三角形AF1B内切圆的标准方程为（ ）
A. x- 2+y- 2= 2
B. （x-1）2+y- 2= 2
C. （x-1）2+y- 2= 2
D. x- 2+y- 2= 2
分析：此题属于选择压轴题，初看此题，感觉无从下手，思来想去甚至想到用角平分线定理处理，但是结果思路还是中断，最终还是要回到平面几何中来，运用平面几何中的三角形内切圆性质及双曲线定义和性质，巧妙地化未知为已知，化复杂为简单，解法新颖，思路清晰灵活.
解析：如图10，设点M，N，Q分别是圆C与三角形AF1B的AF1，F1B，AB边上的切点，由双曲线定义得AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a. 由切线长性质得AM=AQ，F1M=F1N，BN=BQ，由AF1-AF2=2a，BF1-BF2=2a得F1M=F1N=2a. 因为AF1-AQ=F1M=2a，AF1-AF2=2a，所以AF2=AQ，又点F2，Q在点A的同侧，所以点F2与点Q重合，即点F2（2，0）为切点. 所以CF2⊥AB.
由直线AB的方程为12x-5y-24=0，得到直线CF2的方程为y=- （x-2），圆心C即为直线CF1和CF2的交点，联立方程组x-4y+2=0，y=- （x-2），解得 C ， . 所以圆的半径r= = ，故三角形AF1B内切圆的标准方程为x- 2+y- 2= 2. 故选A.
题8：如图11，已知椭圆O： + =1（a>b>0），圆Q：（x-2）2+（y- ）2=2的圆心Q在椭圆O上，点P（0， ）到椭圆O的右焦点的距离为 .
（1）求椭圆O的方程;
（2）过点P作互相垂直的两条直线l1，l2，且l1交椭圆O于A，B两点，直线l2交圓Q于C，D两点，且M为CD的中点，求△MAB面积的取值范围.
分析：第（1）问考查基本概念和基本计算;第（2）问是圆和椭圆有关知识的交汇，试题背景熟悉，相关的习题学生练习不少，此题在原题的基础上加以改变和深化，大多数学生是这样做的：在先考虑特殊情况的前提下，可设斜率求出AB的长度，再求出点C和点D的坐标，从而得出点M的坐标，再把所求△MAB的面积问题转化为求关于k的函数的最值问题. 思路清晰，推理严谨，但都在求出点M的坐标时发现结果非常复杂，无法再进行下去. 其实仔细观察圆Q中，点M是弦CD的中点，可以想到初中平面几何知识的垂径定理，可知QM⊥CD，可得MQ∥AB，点M和点Q到直线AB的距离相等，求△MAB的面积问题就可以转化为求△QAB的面积问题了，这样计算量大大减少了.
解析：（1）因为椭圆O的右焦点F（c，0），PF= ，所以c=2. 因为（2， ）在椭圆O上，所以 + =1，由a2-b2=4得a2=8，b2=4，所以椭圆O的方程为 + =1.
（2）由题意可得l1的斜率不为零，当l1垂直x轴时，△MAB的面积为 ×4×2=4.
当l1不垂直x轴时，设直线l1的方程为y=kx+ ，则直线l2的方程为y=- x+ ，A（x1，y1），B（x2，y2）. 由 + =1，y=kx+ 消去y得（1+2k2）x2+4 kx-4=0，所以x1+x2= ，x1x2= ，则AB= x1-x2= .
又圆心Q（2， ）到l2的距离d1= < ，得k2>1. 又MP⊥AB，QM⊥CD，所以M点到AB的距离等于Q点到AB的距离，设为d2，则d2= = . 所以△MAB的面积S= ABd2= =4 .
令t=2k2+1∈（3，+∞），则 ∈0， ，S=4 =4 ∈ ，4.
综上，△MAB的面积的取值范围为 ，4.
评析：通过对题1、题5至题8的解析过程分析发现，运用平面几何知识解决解析几何问题也不失为一种思路和技巧，解析几何和平面几何同属于平面几何中的两个处理数学问题的不同的思路方法. 前者重在运用坐标法解决问题，后者重在运用逻辑推理论证得出结论. 当解析几何试题中渗透平面几何知识，二者相得益彰，思维方法交替演绎，让学生眼花缭乱，容易产生思维受阻，不能自如灵活地转换解题思维，在两种几何思维中产生混淆出现理不清、解更乱的局面，故在教学和训练中必须注重多种几何知识的交叉训练，合理科学地进行知识渗透和融合，从培养学生学科核心素养出发，提升学生的逻辑思维能力和综合分析问题的能力.
通过对以上例题的解析对比，不难发现这两类题型的制题方式和考查内容都发生了微妙的变化，虽然不能决定整个考试方向，至少对高考备考有一个很好的导向作用. 试题将两种几何（平面几何与立体几何、解析几何）存在的客观事实向代数问题转化，实现数和形的高度统一，对平面几何与立体几何、解析几何的内在联系有了比较深入的了解，注重数形结合思想渗透的同时，也培养了学生的抽象概括能力學. 学好平面几何对学生的逻辑推理能力，图形图像的分析能力等有重大的帮助，而这种能力是学好后续课程的必要条件. 高中数学关于几何的内容主要是立体几何和解析几何两个板块，对于同属于几何范畴的内容，平面几何的思想方法在高中立体几何与解析几何中都扮演着重要作用. 有些立体几何、解析几何问题要么思维上迟迟打不开局面，要么运算量非常庞大且复杂，这时如果跳出来原有思维从平面几何的角度考虑，往往会给人一种柳暗花明的感觉. 如今高考很注重对能力的考查，重视学生数学学科核心素养的检测，很多数学试题注重包装效果，目的是为了迷惑同学们的眼球，让同学们分不清题目的难易. 故在平时的训练中要注重对数学思想方法的运用，重心放在能力的培养上，思维高度、深度和广度决定着数学思维品质的高低. 如果能用平面几何的角度去审视立体几何和解析几何题，将立体几何和解析几何题目中的平面几何本质挖掘出来，这样往往得到意想不到的效果，故在今后的备考中不要因为几何证明选讲的“删”而不重视，甚至放弃平面几何的教学，要意识到它其实只是“删”而不“减”.