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離散數學答案范文1
一、由于審題不清導致沒有將分類討論的思想融進解題的過程中
圖1例1已知，如圖1所示，在三角形ABC中，若AB=AC，三角形的周長為16厘米，且AC邊的中線BD將三角形ABC劃分成了具有4厘米周長差的兩個三角形，試求三角形ABC各個邊的長度.
分析：因為AD=DC，如圖1可得，分成后的兩個三角形的周長之差相當于AB和BC之差，則有AB-BC的絕對值等于4，然而，由于題中并沒有交代AB和BC之間的大小關系，所以實際解答時需要分兩種情況對其進行討論.
剖析：（1）在解答本題的過程中容易發生兩種相對來說比較常見的錯誤，一種是由于在解答過程中考慮的問題不夠全面，導致出現了顧此失彼的現象，具體來說就是只考慮到了AB>BC或者AB
正解：因為AD=DC，所以三角形ABD和三角形BCD的周長之差就等于AB和BC之間的差.（1）當AB>BC時，AB-BC=4厘米，我們設BC的長度為x厘米，則由題可得，AB=（x+4）厘米，所以2（x+4）+x=16，所以x=8/3，故BC=8/3厘米，AB=AC=20/3厘米.（2）當AB
二、由于知識點的掌握程度不夠導致錯用知識點的某些性質
圖2例2已知，如圖2所示，在四邊形ABCD中，已知AB=AC，且∠B=∠C，試證明：BD=CD.
錯證1：先連結AD，在三角形ABD以及三角形ACD當中，因為AB= AC，AD =AD，且∠B =∠C，所以三角形ABD全等于三角形ACD，故BD=CD.
錯證2：先連結AD，由于在三角形ABD以及三角形ACD當中，因為AB= AC，AD =AD，且∠B =∠C，所以三角形ABD相似于三角形ACD，故BD=CD.
剖析：對于那些剛剛才接觸幾何試題的學生來說，上述兩種錯誤是在日常解題過程中比較容易發生的.通過具體的證明過程我們可以看到，錯證1所犯的錯誤主要原因是由于學生僅僅注意到了書寫格式為SAS，卻忽視了各個條件間的相互關系，隨意采用了SAS，最終導致只求了表面而忽視了實質的現象；錯證2所犯的錯誤主要是由于對全等的三角形所具有的判定方法在理解上產生歧義，從而沒有將其正確運用于題目中.
圖3正解：如圖3所示，先連結線段BC，由于AB=AC，所以∠1=∠2，又由于∠ABD =∠ACD，所以∠3=∠4，故BD=CD.
通過以上敘述，我們知道了兩種有關于初中數學三角形問題解答易錯的原因，然而，由于科學的復雜性以及嚴謹性，除了上述兩類原因以外，還有很多原因導致初中數學三角形問題的解答非常容易出現錯誤，例如對某一知識要點的性質沒有理解清導致無法對其進行正確地運用、沒有抓住文字題所具有的要義導致解題的過程留有遺漏、沒有能夠抓住知識性質的使用范圍導致解題出現錯誤等等.掌握初中數學三角形問題解答易錯的原因，有助于對三角形的理解和運用.
參考文獻：
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離散數學答案范文2
摘 要：本文結合作者對計算機專業學生多年離散數學教學經驗，介紹了在教學中結合計算機領域背景實際問題改革教學方法和教學內容的經驗，并總結了該方法在實際教學中的效果。
關鍵詞：離散數學；教學方法；實踐教學
中圖分類號：G642 文獻標識碼：B
1 引言
在我國目前高等教育體系中，離散數學課程一般由計算機專業教師負責教學，有別于其他公共課類數學，如高等數學、線性代數等。然而對計算機專業學生來說，往往意識不到離散數學與計算機科學之間的關系，誤將其看作公共數學課，學習興趣不高，而且主動性較差，不能將課程內容與計算機領域實踐相結合。
針對這種情況，應改進離散數學的教學方法，加強實踐環節，使學生對離散數學的認識不僅僅停留在“數學課”的基礎上，而是掌握數學思維、數學方法，解決計算機領域問題，如何開展實踐教學成為實現上述目標的關鍵。很多高等院校計算機專業教師提出了自己的教學方法，本文作者在教學工作中，借鑒了上述方法，并結合自身對計算機專業本科生多年離散數學教學經驗，在教學中結合計算機領域背景實際問題，改革教學方法和教學內容，激發了學生的學習興趣，而且加強了學生解決實際問題的能力。
2 教材選取與教學內容安排
目前，國內出版的高等院校離散數學類教材，一般包含四個部分：數理邏輯、集合論、代數系統和圖論。國內教材的特點是數學性強，結構明確，偏重概念、定理、數學推理證明等，但是缺少實例講解。而國外經典離散數學教材，其特點往往從解決問題的方法入手，如Discrete Mathematics and Its Applications一書，結構為：邏輯集合函數基礎、算法整數矩陣基礎、數學推理、計數、高級計數技術、關系、圖、樹、布爾代數、計算模型。國外教材的特點是篇幅較長，對數學概念和定理的著墨較少，而側重于問題的解決，實例精彩，但是易使學生難以把握重點。
國內、國外兩類教材各有千秋，但是針對學生特點和教學目標，我們還是選擇了尤楓、顏可慶編寫的《離散數學》(機械工業出版社2005年版)。該教材知識點清晰，便于學生掌握。雖然欠缺實例，但是實例部分可以由教師講課時補充，理論和實例二者互為補充，又有所區別，學生可以在掌握關鍵知識點后，根據自身情況舉一反三，訓練理論聯系實際能力。
基于上述考慮選取教材后，仍舊按照教材結構安排教學內容，但是講義中保證每個重要知識點均輔以實例。就教學時間的安排來說，減少概念、定理的講解時間，這樣可以在有限的課時中保證一定的時間用于實例擴展講解。目前，離散數學傳統課時安排不提供上機實驗課時，因此，鼓勵學生以課外作業的方式，結合知識點，完成相關計算機程序模擬、課程設計等實踐作業，作為平時成績考核指標。因此，在這種教學安排下，如何選擇實際案例，是保證學生興趣、提高教學質量的關鍵。
3 教學中案例選取
在有限的教學時間內，既要保證學生對離散數學知識點的理解掌握，又要培養學生使用離散數學解決計算機領域實際問題的能力，這就對教學案例的選取有較高要求。根據每個知識點的側重點不同，在教學過程中作者盡量選擇與計算機領域新技術、實際問題相關聯的問題，以課堂講解、課外作業的形式完成實例教學。以下以離散數學的主要內容為例，介紹了作者在教學中設計、選取的實際案例。
3.1 數理邏輯
數理邏輯是以數學化方法研究推理規律的學科，研究的中心問題是推理，離散數學課程介紹了數理邏輯最基本的內容。計算機科學的基礎就是布爾邏輯，邏輯更是人類日常思維的體現，但是數理邏輯中的眾多數學符號、定義定理往往使學生將其當作枯燥繁復的數學知識點看待，缺少學習興趣，因此有效的實例是激發學生興趣、培養學生聯系實踐的關鍵。在此部分教學中，我們選擇計算機領域實例：如布爾檢索、邏輯電路圖設計、專家系統原理等，結合到教學過程中，取得了較好的效果。同時還注意增加相關數學發展史介紹，增加教學的趣味性。
邏輯聯結詞是數理邏輯中的基本知識點，就其本身概念來說，屬于易于掌握的知識點。但是這作為學生學習離散數學的開端，合適的實例能使學生認識到該課程在計算機領域中的實際作用，能啟發學生對后續課程的思考。因此，教學過程中設計了布爾檢索實例。
布爾檢索技術目前廣泛用于網絡資源、Web頁面搜索中，大多數學生都使用過類似于google，baidu這樣的搜索引擎，部分同學還使用過高級檢索功能，了解各種查詢條件可以根據需要以并且、或者等方式組合。在這種背景下，引入布爾檢索概念中，聯結詞AND用于匹配包含兩個檢索項的記錄，聯結詞OR用于匹配兩個檢索項之一或者兩項均匹配的記錄，而聯結詞NOT用于排除某個特定的檢索項。布爾檢索中的這些概念緊密地與合取、析取、否定聯結詞知識點聯系起來。例如，讓學生設計如下檢索語句：
例題1：用布爾檢索查找關于Linux下查看進程和殺進程的命令
答案：Linux AND (查看進程 OR 殺進程) AND 命令
通過上述實例教學，不僅使學生加深了對邏輯聯結詞的認識，更重要的是，使他們進一步掌握使用聯結詞組合查詢條件以精確細化定位所需的信息的方法。學生們面對Internet上紛繁海量的信息，如何快速準確找到有用信息，這不僅是大學學習中必備的技能，也是日后工作科研中不可或缺的環節。作為本課程的第一個實例，馬上能使學生感覺到實用性和趣味性，便于后續課程的展開。
此外，為了培養學生認識到數理邏輯與計算機實踐的聯系，綜合利用命題翻譯、命題推理知識，還增加了邏輯電路圖設計實例。只需要向學生介紹最簡單的三種邏輯門：非門、與門、或門，即可完成具有實際功能的邏輯電路設計。如下例：
例題2：本校網絡中心機房裝有自動報警裝置。僅當控制開關打開時它才工作。如果開關合上，那么當機房溫度超過26℃或者有人進入機房時，就會發出警報。請設計這個控制線路。
答案：第一步：設輸入信號：
C1：控制開關打開(T-打開 F-關閉)
C2：機房溫度大于等于26 ℃( T-大于等于26 ℃ F- 低于26 ℃ )
C3：機房內有人( T-有人 F-無人)
輸出結果：
S：報警器響( T-響 F-不響)
根據題意畫出真值表(略)。
第二步：根據真值表得到表達式S的命題公式：
C1 ∧ (C2∨C3)
第三步：根據命題公式畫出電路圖(略)。
雖然學生在學習離散數學前尚未學習過數字電路、數字邏輯等相關課程，但是電路設計直觀性強，對預備知識要求較少：只需要掌握三種邏輯門電路的輸入、輸出特性即可，無需關心內部電路原理，所以電路設計實例的引入效果較好，不僅訓練了學生綜合運用命題翻譯、分析的知識點，還為以后學生學習數字電路奠定了基礎。教學中不僅課堂上引入電路設計實例，還布置了課外作業，供有興趣的學生選作，該課外作業的考核成績記入平時分，從而也達到了鼓勵學生自主學習的目的。
3.2 集合論
此部分內容中樸素集合論的知識較容易理解，但是涉及到“關系”知識點時，由于新的概念、定義較多，學生往往接受困難。針對該知識點，教學中的首要目標是讓學生把握關系的實質，選用的實例多用來說明關系在計算機領域的應用。如關系數據庫，以常見關系數據庫SQL Server為例，使學生意識到關系的本質就是一些n元組的集合。
關系的運算本質可轉化為矩陣運算，學生先期已在線形代數課程中接觸過，對其興趣不高。因此舉實例時，先介紹矩陣運算在計算機加密解密、壓縮、圖像處理等方面的應用，激發興趣，而后介紹相關矩陣運算的計算機實現方法。而且本章的重要知識點，計算關系傳遞閉包的Warshall算法，可以鼓勵學生自己編程實現，這些都促進了學生對知識點的掌握。
本部分內容中，另一個令學生難以理解的抽象知識點是可數集合與不可數集合的概念，教學時實例選擇了趣味性的“希爾伯特旅館”：
例題3：希爾伯特旅館中有無窮多個房間，房間號碼為1，2，3，4，……。有一天開大會，所有房間都住滿了。第二天，旅館又來了一個龐大的代表團要求住旅館，他們聲稱有可數無窮多位代表一定要住，這又把旅館經理難住了。該如何為客人安排房間呢？
答案：讓1號房間客人搬到2號，2號房間客人搬到4號……，k號房間客人搬到2k號，這樣，1號，3號，5號，……房間就都空出來了，代表團的代表都能住下了。
此外還鼓勵學生設計計算機程序，以計算機圖形方式顯示可數集合(如自然數集合)中的元素如何一一有序排列。這些都有助于學生理解抽象概念。
3.3 圖論
圖論是離散數學中的重點，也是難點。但是圖論與計算機科學的聯系更明顯、重要，而且又是后續課程如數據結構的基礎，因此在進行此部分教學時，學生能主動意識到圖論與計算機學科的聯系。但是，因為圖論內容抽象、相關算法雖然可以使用計算機程序實現，但算法實際用途對于低年級本科生來說還意識不到。因此，此部分的實例多為趣味性問題，如旅行推銷員問題、代價最低網絡通路等問題。通過這些問題，提高了學習興趣，學生可根據個人情況選作一些課外實驗，實現部分算法的編程。
4 多媒體運用與課外實驗設計
針對重要知識點設計了與計算機領域相關的實例僅僅是改進教學效果的一個方面，采取何種教學方式使學生更好地接受、更投入地深入學習也是影響教學效果的重要因素。我們考慮教學方式的改進主要集中于兩個方面：多媒體課件的改進和課外實驗的設計。
4.1 多媒體課件在教學中的應用
多媒體課件已經在高等教育中應用多年，目前大多數高校中相當大比例的課程均使用多媒體課件，但在數學課中，傳統板書授課方式卻仍然占很大比例。數學課往往注重推導，傳統板書與課件相比，更容易集中學生注意力，并且板書速度符合學生接受新知識的反應速度，效果較好。但是課件的優點是相同課時內，提供的信息量更大，而且如果能有效引入圖片、音頻、視頻素材，能更好地激發學習興趣。
為了在有限的離散數學課時內引入更多計算機領域實例，教學過程中，我們在保證板書仍然占據一定比例的前提下，采用了多媒體課件。關鍵定理證明、例題推導，仍然使用傳統板書，而課件不僅提供課堂全部信息，還增加了趣味性的背景知識(如相關數學家生平介紹、相關領域知識發展簡史等)、圖文并茂的實例。這些內容如果不借助計算機課件，既不能在短時間內完整呈現給學生，也無法調動學生興趣。
4.2 課外實驗設計
前面已經介紹過，目前離散數學傳統課時安排不提供上機實驗課時，而在講課中引入的眾多實例，大多是可以在計算機上操作模擬、或者編程實現的。如果僅僅讓實例停留于上課時的講解，還是無法進一步調動學生的自主性和動手能力。因此，鼓勵學生以課外作業的方式，完成相關計算機實驗，并且該課外成績作為平時成績考核的指標之一，這樣就激勵了學生參與的熱情。
具體實行上，我們編寫了課外實驗指導講義，在課堂上講解相關知識點時簡單介紹，供學生自由選擇。根據知識點分布，共設計了10個課外實驗，依次如下：
實驗一：練習使用布爾檢索。使用google(google
.com)的高級搜索，或者中國國家圖書館()的書目檢索系統，使用布爾檢索組合各種查詢條件；
實驗二：自動投幣售貨機的電路圖設計；
實驗三：編程實現Warshall算法計算關系的傳遞閉包；
實驗四：編程實現構造一個偏序集合的哈斯圖；
實驗五：編程實現由偏序集合構造全序集合(即拓撲排序算法)；
實驗六：利用計算機圖形表示可數集合中成員的排列方法；
實驗七：從網上下載NAUTY軟件，做實驗檢查其判斷兩個圖是否同構的效率，并加以分析；
實驗八：編程實現弗留利算法構造連通多重圖的歐拉回路；
實驗九：編程實現Dijkstra算法求最短路問題；
實驗十：編程實現利用深度優先搜索構造圖的生成樹。
其中，圖論部分的程序題較多，而且題目難度對于正在學習離散數學的計算機專業低年級本科生來說過于偏難。但是考慮到圖論是后續課程數據結構的基礎，數據結構課程將涉及到這些算法與編程實現，所以將其選編入課外實驗中，供學有余力且成績優秀的學生課外選作。這樣題目難度層次拉開，有難有易，不僅可以供不同層次學生選作，而且可以激發學生的挑戰意識。
上述課外實驗題目是在教學過程中不斷調整、增加的，目前的題目規模已經經過兩屆教學實踐，學生的參與率逐年升高，反應較好。以2008年春季學期的一個教學班為例(約150名大學一年級本科生)，大部分同學至少選作一道題，均提交了源代碼或實驗報告的電子文檔。小部分同學提交了較多課外實驗結果，并且程序代碼水平較高，在期末考試中，這部分同學的成績普遍處于優秀級，也體現了課外實驗對增加學生學習興趣，促進學習成果所起的積極作用。
5 教學效果總結
離散數學教學的最終目的是為學習計算機科學專業的學生提供必需的數學基礎，使其理解數學概念的重要性以及這些概念為什么對應用而言是重要的。在這個目標的驅使下，我們教學中融合了盡量多的實例，設計配套的教學多媒體課件，同時設計了課外實驗供學生選作，以期激發學生的學習興趣和自主性，能夠主動思考如何將數學應用于計算機實踐中。
在這套教學方式下，我們的考核標準也作了相應調整。期末考試仍然采用傳統閉卷考試方式，題目也集中于對關鍵知識點、基本題型的考察。但是總成績構成中，加大平時成績所占比例，平時成績除了基本作業、考勤考核之外，加大學生選作課外實驗的獎勵分數。在這樣的激勵考核標準下，學生學習興趣有所提高。并且采用這種教學方式和考核體系后，經過對部分學生的跟蹤詢問發現，進入高年級后，學生自主感覺到離散數學所學習的數學知識對后續課程“有作用”的比例增大。這也表明在教學中引入實例收到了較好的效果。
不過隨著計算機學科的不斷發展，在離散數學教學方式也需不斷完善，與計算機實踐結合，課堂教學中引入實例，課外增加實踐實驗的方式，是離散數學教學中的有益嘗試，對培養學生以數學方法解決問題的能力起到了積極的作用。
參考文獻
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離散數學答案范文3
【關鍵詞】虛擬創新教學 離散數學 概率論與數理統計 高等數學 創新能力
【中圖分類號】G642 【文獻標識碼】A 【文章編號】2095-3089（2015）10-0103-02
一、大學數學虛擬創新教學的總體思路、操作步驟和特點
本文提出的虛擬創新教學模式下，教師要做的是：根據教學內容提前撰寫虛擬創新教案，為學生提供課程需要的課件、教具，給學生介紹知識背景，并提出需要解決的問題，然后讓學生根據教案自學并進行深入討論，根據學生表現，教師適時提供指導和幫助，促使學生主動思考、深入探究、自主學習，達到培養學生創新能力的目的。筆者將該教學模式引入大學數學課堂教學，通過具體教學過程中的實踐，總結出大學數學虛擬創新教學的總體思路、操作步驟和特點如下：
1.總體思路
在大學數學課堂教學中，以學生為主體進行自主創新學習，達到教會學生學習，學會創新的目的。本著“2結合+2討論+1指導”的思路進行虛擬創新教學。2結合：教師提供的虛擬創新教案與教材相結合；2討論：通過學生之間及學生與老師之間的討論進行合作學習；1指導：教師根據學生遇到的問題適時為學生提供必要指導，幫助學生最終解決問題。
2.操作步驟
大學數學虛擬創新教學模式主要包括三個步驟：（1）學生自學階段。此階段老師要為學生提供并創造必備的教學環境和教具，通過熟悉課程背景為學生編寫虛擬創新教案，并按照學習水平將學生分成不同的學習小組，學生即可根據虛擬教案自學教材，若自學過程中遇到困難，學生可以重新自學教材和尋求教師的指導。（2）討論創新階段。通過第一階段的自學，會形成很多不同觀點和答案，因此學生自然進入了合作討論階段。教師要引導學生在和諧的氛圍中，各抒己見，同時對于學生疑難問題，教師可通過點撥和精講等方式進行輔導，啟發學生構建知識網絡結構，從而培養學生分析和解決問題的綜合能力。此外，由于是小組學習，所以學生間必須通過互相協作和合作學習，找到解決問題的方法，最終得到共同意見，分享學習成果。這也為學生培養創新思維創造了最佳時機。（3）總結測驗階段。通過前兩個階段的學習，學生初步掌握了利用自己所學知識去發現、分析和解決問題的技巧，但教師有必要通過一份測試題來了解學生對本節課知識的掌握情況，需要指出是這份測試題不同于考試題，測試主要目的是及時反饋學生自學過程中出現的錯誤，再由教師適時進行糾正，最后根據測試結果總結分析、歸納知識重點，形成完整的知識結構。
3.主要特點
（1）改變了傳統的數學知識的傳授途徑（2）有利于學生體驗知識探索過程領會創新的方法（3）有利于學生合作學習、創新意識和情感的培養。（4）有利于建立新型的師生關系。
二、大學數學虛擬創新教學的實踐可行性
如何在虛擬創新教學模式下提高大學數學的教學質量，培養學生的創新能力是一個值得探討的問題，我們就以下三個方面進行討論。
1.教學內容方面
虛擬創新教學模式強調教師指導策略下學生進行自主創新學習的過程。考慮到大學數學內容繁多、課時有限，這就要求教師做到精選授課內容、保證內容層次分明。在教學內容的取舍上做到分清主次、取精去糙、不面面俱到，結合實際和后續課程需要，以夠用為準、有所取舍。同時結合虛擬創新教學， 注重基本概念及基本方法的講解， 適當引入模塊化的階段性復習、強調計算方法弱化理論證明，結合計算機學科中的典型應用實例，讓學生從切身的具體感悟中探究出深刻抽象的理論，在學生創新能力培養上達到事半功倍、立竿見影的效果。
2.教學方法方面
（1）大學數學虛擬創新教學的概念教學。教師按照“相近概念找區別，不同概念找聯系”這兩個原則來進行概念教學。以高等數學為例。高等數學中概念很多，概念不清這門課就無法學好。因此教師可在諸多概念之間找到它們的關聯，引導學生觸類旁通，將相關概念掌握好。比如在第一章函數極限這節，學生在學習定義時，教師可在虛擬教案中引導學生，去聯想數列極限那節中已學過的定義，只要將定義中的正整數“”，通過條件變動變為區間半徑“”，就可以輕松掌握新概念，可謂事半功倍。以概率論課程為例。結合該課程應用背景強烈的特點，我們將基本概念形象化通俗化，更易于學生進行創新學習。例如在指導學生學習“隨機現象和小概率事件”這組概念時，可以打比方告訴學生：“抱有僥幸心理的逃課行為”就是小概率事件，“每次課點名，結果可能是全到，可能是缺席1人、2人、3人等結果”這就是隨機現象。以離散數學為例。在學習第六章集合運算這節內容時，可以與高等數學中集合論的內容聯系起來，將兩門學科中相同部分指出后，應重點強調離散數學中獨有的：對稱差、冪、廣義并和廣義交四種運算，它們是高等數學課程中未曾學習過的，應重點學習，找到知識點間的區別和聯系有利于學生對重要知識的理解和掌握。
（2）大學數學虛擬創新教學的命題教學。數學命題主要包括數學公式和數學定理。數學命題掌握不好，就會導致各門數學課程之間和每門課程的各個知識點之間彼此孤立，無法真正形成完整的數學知識結構。因此，在大學數學教學過程中，必須強調對數學命題的創新教學。以高等數學為例。在第三章學習拉格朗日中值定理時，教師可在虛擬教案中引導學生思考先前學過的羅爾定理，因為這個條件的特殊性，使得羅爾定理應用受到限制，若取消這個條件，而保留其余兩個條件，并相應改變結論就可以得到拉格朗日中值定理。以概率論為例。在學習條件概率公式這節時，教師可以在虛擬教案中引入抓鬮的公平性這一案例：班里有30名同學，現在決定用抽簽決定僅有一張參加《中國好聲音》節目門票的歸屬。通過學生的自主學習及深入討論，最后得到中簽概率與抓鬮順序無關的結論，明確條件概率公式的正確性。教師引入問題，學生帶著濃厚興趣自己解決問題，既突出了教學重點，又弱化了繁雜的計算過程，有利于學生自主創新能力的培養。以離散數學為例。在學習歐拉圖的判斷定理時（無向圖G為歐拉圖當且僅當G是連通圖且無奇度頂點），教師可以在虛擬教案中引入“哥尼斯堡七橋問題”，讓學生通過討論，親自動手找到哥尼斯堡七橋問題無解的原因，進而理解該定理的正確性。
3.教學手段方面
目前，在大學數學的課堂教學方面，普遍采用“黑板+粉筆”的傳統授課方式。長期以往，不利于學習效果的提高和學生創新能力的培養。教師可以根據大學數學課程知識點多的特點，在教學中采用傳統教學方式為主，多媒體輔助教學為輔的教學手段。此外，鑒于數學軟件具有簡單易學、簡潔規范等特點，教師可在課堂中引導學生利用matlab等數學軟件去解決課程中遇到的難題，提高學生解決問題的動手能力，將多媒體教學的強大輔助作用發揮到淋漓盡致。
參考文獻：
[1]王強.離散數學的教學體會與實踐[J].內蒙古師范大學學報，2004（5）.
離散數學答案范文4
立體幾何
第二十三講
空間中點、直線、平面之間的位置關系
2019年
1.(2019全國III文8）如圖，點N為正方形ABCD的中心，ECD為正三角形，平面ECD平面ABCD，M是線段ED的中點，則
A．BM=EN，且直線BM、EN
是相交直線
B．BM≠EN，且直線BM，EN
是相交直線
C．BM=EN，且直線BM、EN
是異面直線
D．BM≠EN，且直線BM，EN
是異面直線
2.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
3.（2019全國II文7）設α，β為兩個平面，則α∥β的充要條件是
A．α內有無數條直線與β平行
B．α內有兩條相交直線與β平行
C．α，β平行于同一條直線
D．α，β垂直于同一平面
4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的兩條不同直線．給出下列三個論斷：
①lm；②m∥；③l．
以其中的兩個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結論，寫出一個正確的命題：__________．
5.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
6.（2019全國II文17）如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BEEC1.
（1）證明：BE平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱錐的體積．
7.(2019全國III文19）圖1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結DG，如圖2.
（1）證明圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC平面BCGE；
（2）求圖2中的四邊形ACGD的面積.
8.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
9.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
10.（2019江蘇16）如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BEC1E．
11.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
12.（2019北京文18）如圖，在四棱錐中，平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．
（Ⅰ）求證：BD平面PAC；
（Ⅱ）若∠ABC=60°，求證：平面PAB平面PAE；
（Ⅲ）棱PB上是否存在點F，使得CF∥平面PAE？說明理由．
13.（2019全國1文16）已知∠ACB=90°，P為平面ABC外一點，PC=2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為，那么P到平面ABC的距離為___________．
14.（2019全國1文19）如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點.
（1）證明：MN∥平面C1DE；
（2）求點C到平面C1DE的距離．
15.（2019天津文17）如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，為等邊三角形，平面平面，，，，
（Ⅰ）設分別為的中點，求證：平面；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值.
16.（2019浙江8）設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點（不含端點），記直線PB與直線AC所成角為α，直線PB與平面ABC所成角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則
A．β
B．β
C．β
D．α
17.（2019浙江19）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點.
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.
2010-2018年
一、選擇題
1．(2018全國卷Ⅱ)在正方體中，為棱的中點，則異面直線與所成角的正切值為
A．
B．
C．
D．
2．(2018浙江)已知平面，直線，滿足，，則“∥”是“∥”的
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充分必要條件
D．既不充分也不必要條件
3．（2017新課標Ⅰ）如圖，在下列四個正方體中，，為正方體的兩個頂點，，，為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直接與平面不平行的是
4．（2017新課標Ⅲ）在正方體中，為棱的中點，則
A．
B．
C．
D．
5．（2016年全國I卷）平面過正方體ABCDA1B1C1D1的頂點A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1
A1=n，則m，n所成角的正弦值為
A．
B．
C．
D．
6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面
交于直線l．若直線m，n滿足m∥α，nβ，則
A．m∥l
B．m∥n
C．nl
D．mn
7．（2015新課標1）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有如下問題：“今有委米依垣內角，下周八尺，高五尺，問”積及為米幾何？”其意思為：“在屋內墻角處堆放米（如圖，米堆為一個圓錐的四分之一），米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積和堆放的米各為多少？”已知1斛米的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的米約有
A．斛
B．斛
C．斛
D．斛
8．（2015新課標2）已知、是球的球面上兩點，，為該球面上的動點．若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為
A．
B．
C．
D．
9．（2015廣東）若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則下列命題正確的是
A．與，都不相交
B．與，都相交
C．至多與，中的一條相交
D．至少與，中的一條相交
10．（2015浙江）如圖，已知，是的中點，沿直線將翻折成，所成二面角的平面角為，則
11．（2014廣東）若空間中四條兩兩不同的直線，滿足，則下面結論一定正確的是
A．
B．
C．既不垂直也不平行
D．的位置關系不確定
12．（2014浙江）設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面
A．若，，則
B．若，則
C．若則
D．若，，，則
13．（2014遼寧）已知，表示兩條不同直線，表示平面，下列說法正確的是
A．若則
B．若，，則
C．若，，則
D．若，，則
14．（2014浙江）如圖，某人在垂直于水平地面的墻面前的點處進行射擊訓練，已知點到墻面的距離為，某目標點沿墻面的射擊線移動，此人為了準確瞄準目標點，需計算由點觀察點的仰角的大?。ㄑ鼋菫橹本€與平面所成角）。若，，則的最大值
A．
B．
C．
D．
15．（2014四川）如圖，在正方體中，點為線段的中點。設點在線段上，直線
與平面所成的角為，則的取值范圍是
A．
B．
C．
D．
16．（2013新課標2）已知為異面直線，平面，平面．直線滿足，，則
A．且
B．且
C．與相交，且交線垂直于
D．與相交，且交線平行于
17．（2013廣東）設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面，下列命題中正確的是
A．若,,,則
B．若,,,則
C．若,,,則
D．若,,,則
18．（2012浙江）設是直線，是兩個不同的平面
A．若∥，∥，則∥
B．若∥，，則
C．若，，則
D．若,
∥，則
19．（2012浙江）已知矩形，，．將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中，
A．存在某個位置，使得直線與直線垂直
B．存在某個位置，使得直線與直線垂直
C．存在某個位置，使得直線與直線垂直
D．對任意位置，三對直線“與”，“與”，“與”均不垂直
20．（2011浙江）下列命題中錯誤的是
A．如果平面，那么平面內一定存在直線平行于平面
B．如果平面不垂直于平面，那么平面內一定不存在直線垂直于平面
C．如果平面，平面，，那么
D．如果平面，那么平面內所有直線都垂直于平面
21．（2010山東）在空間，下列命題正確的是
A．平行直線的平行投影重合
B．平行于同一直線的兩個平面平行
C．垂直于同一平面的兩個平面平行
D．垂直于同一平面的兩條直線平行
二、填空題
22．(2018全國卷Ⅱ)已知圓錐的頂點為，母線，互相垂直，與圓錐底面所成角為，若的面積為，則該圓錐的體積為_____．
三、解答題
23．（2018全國卷Ⅱ）如圖，在三棱錐中，，
，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)若點在棱上，且，求點到平面的距離．
24．（2018全國卷Ⅲ）如圖，矩形所在平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點．
(1)證明：平面平面；
(2)在線段上是否存在點，使得平面？說明理由．
25．（2018北京）如圖，在四棱錐中，底面為矩形，平面平面，，=，，分別為，的中點．
(1)求證：；
(2)求證：平面平面；
(3)求證：∥平面．
26．（2018天津）如圖，在四面體中，是等邊三角形，平面平面，點為棱的中點，，，．
(1)求證：；
(2)求異面直線與所成角的余弦值；
(3)求直線與平面所成角的正弦值．
27．(2018江蘇)在平行六面體中，，．
求證：(1)平面；
(2)平面平面．
28．(2018浙江)如圖，已知多面體，，，均垂直于平面，，，，．
(1)證明：平面；
(2)求直線與平面所成的角的正弦值．
29．（2017新課標Ⅱ）如圖，四棱錐中，側面為等邊三角形且垂直于底面，，．
(1)證明：直線∥平面；
(2)若的面積為，求四棱錐的體積。
30．（2017新課標Ⅲ）如圖，四面體中，是正三角形，．
(1)證明：；
(2)已知是直角三角形，．若為棱上與不重合的點，且，求四面體與四面體的體積比．
31．（2017天津）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，，．
（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；
（Ⅱ）求證：平面；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．
32．（2017山東）由四棱柱截去三棱錐后得到的幾何體如圖所示，四邊形為正方形，為與的交點，為的中點，平面，
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）設是的中點，證明：平面平面．
33．（2017北京）如圖，在三棱錐中，，，，，為線段的中點，為線段上一點．
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求證：平面平面；
（Ⅲ）當∥平面時，求三棱錐的體積．
34．（2017浙江）如圖，已知四棱錐，是以為斜邊的等腰直角三角形，，，，為的中點．
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
35．（2017江蘇）如圖，在三棱錐中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，點E、F（E與A、D不重合）分別在棱AD，BD上，且EFAD．
求證：（1）EF∥平面ABC；
（2）ADAC．
36．（2017江蘇）如圖，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱臺形玻璃容器Ⅱ的高均為32cm，容器Ⅰ的底面對角線的長為10cm，容器Ⅱ的兩底面對角線，的長分別為14cm和62cm．
分別在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均為12cm．
現有一根玻璃棒，其長度為40cm．（容器厚度、玻璃棒粗細均忽略不計）
（1）將放在容器Ⅰ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度；
（2）將放在容器Ⅱ中，的一端置于點處，另一端置于側棱上，求沒入水中部分的長度．
37．（2016年山東）在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB.
（I）已知AB=BC，AE=EC.求證：ACFB；
（II）已知G，H分別是EC和FB的中點.求證：GH∥平面ABC.
38．（2016年天津）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60o，G為BC的中點.
(Ⅰ)求證：FG平面BED；
(Ⅱ)求證：平面BED平面AED；
(Ⅲ)求直線EF與平面BED所成角的正弦值.
39．（2016年全國I卷）如圖，已知正三棱錐的側面是直角三角形，，頂點在平面內的正投影為點，在平面內的正投影為點，連結并延長交于點．
（I）證明：是的中點；
（II）在圖中作出點在平面內的正投影（說明作法及理由），并求四面體的體積．
40．（2016年全國II卷）如圖，菱形的對角線與交于點，點、分別在，上，，交于點，將沿折到的位置.
(Ⅰ)證明：；
(Ⅱ)若,求五棱錐體積．
41．（2016年全國III卷）如圖，四棱錐中，底面，，，，為線段上一點，，為的中點．
（Ⅰ）證明平面；
（Ⅱ）求四面體的體積．
42．（2015新課標1）如圖四邊形為菱形，為與交點，平面．
（Ⅰ）證明：平面平面；
（Ⅱ）若，，三棱錐的體積為，求該三棱錐的側面積．
43．（2015新課標2）如圖，長方體中，，，，點，分別在，上，．過點，的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形．
（Ⅰ）在圖中畫出這個正方形（不必說明畫法和理由）；
（Ⅱ）求平面把該長方體分成的兩部分體積的比值．
44．（2014山東）如圖，四棱錐中，，，
分別為線段的中點.
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求證：．
45．(2014江蘇)如圖，在三棱錐中，，E，F分別為棱的中點．已知，
求證：（Ⅰ）直線平面；
（Ⅱ）平面平面．
46．（2014新課標2）如圖，四棱錐中，底面為矩形，平面，為的中點．
（Ⅰ）證明：∥平面；
（Ⅱ）設二面角為60°，=1，=，求三棱錐的體積．
47．（2014天津）如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，，,,,分別是棱,的中點．
（Ⅰ）證明:
平面；
（Ⅱ）若二面角為，
（?。┳C明：平面平面；
（ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
48．（2013浙江）如圖，在四棱錐PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G為線段PC上的點．
（Ⅰ）證明：BD面APC
；
（Ⅱ）若G是PC的中點，求DG與APC所成的角的正切值；
（Ⅲ）若G滿足PC面BGD，求
的值．
49．（2013遼寧）如圖，是圓的直徑，垂直圓所在的平面，是圓上的點．
（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）設為的中點，為的重心，求證：平面．
50．（2012江蘇）如圖，在直三棱柱中，，分別是棱上的點（點D不同于點C），且為的中點．
求證：（Ⅰ）平面平面；
（Ⅱ）直線平面．
51．(2012廣東)如圖所示，在四棱錐中，平面，，是中點，是上的點，且，為中邊上的高．
（Ⅰ）證明：平面；
（Ⅱ）若，求三棱錐的體積；
（Ⅲ）證明：平面．
52．（2011江蘇）如圖，在四棱錐中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分別是AP、AD的中點．
求證：（Ⅰ）直線EF∥平面PCD；
（Ⅱ）平面BEF平面PAD．
53．（2011廣東）如圖，在椎體P-ABCD中，ABCD是邊長為1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分別是BC,PC的中點．
（Ⅰ）證明：AD平面DEF；
（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．
54．（2010天津）如圖，在五面體中，四邊形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．
（Ⅰ）求異面直線與所成角的余弦值；
（Ⅱ）證明平面；
（Ⅲ）求二面角的正切值．
55．（2010浙江）如圖，在平行四邊形中，=2，∠=120°．為線段的中點，將沿直線翻折成，使平面平面，為線段的中點．
（Ⅰ）求證：∥平面；
（Ⅱ）設為線段的中點，求直線與平面所成角的余弦值．
專題八
立體幾何
第二十三講
空間中點、直線、平面之間的位置關系
答案部分
2019年
2019年
1.解析
如圖所示，聯結，.
因為點為正方形的中心，為正三角形，平面平面，是線段的中點，所以平面，平面，因為是中邊上的中線，是中邊上的中線，直線，是相交直線，設，則，，
所以，，
所以．故選B．
2.解析
（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.
由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
從而點C到平面的距離為.
3.解析：對于A，內有無數條直線與平行，則與相交或，排除；
對于B，內有兩條相交直線與平行，則；
對于C，，平行于同一條直線，則與相交或，排除；
對于D，，垂直于同一平面，則與相交或，排除．
故選B．
4.解析
若②，過作平面，則，又③，則，又，同在內，所以①，即.
5.證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BEC1E.
6.解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，
故.
又，所以BE平面.
（2）由（1）知∠BEB1=90°.由題設知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.
作，垂足為F，則EF平面，且.
所以，四棱錐的體積.
7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）取的中點，聯結，.
因為，平面，所以平面，故.
由已知，四邊形是菱形，且得，故平面.
因此.
在中，，，故.
所以四邊形的面積為4.
8.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，
所以．
又因為底面ABCD為菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，
所以AECD．
又，所以ABAE．
又平面，平面，，所以AE平面PAB．
又平面，所以平面PAB平面．
（Ⅲ）棱PB上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．
取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．
因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四邊形CEGF為平行四邊形，
所以CF∥EG．
因為CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
9.解析
（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，
因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，
故在中，.
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
10..證明：（1）因為D，E分別為BC，AC的中點，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因為ED?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因為AB=BC，E為AC的中點，所以BEAC.
因為三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.
又因為BE?平面ABC，所以CC1BE.
因為C1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE平面A1ACC1.
因為C1E?平面A1ACC1，所以BEC1E.
11.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1EAC.
又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E平面ABC，則A1EBC.
又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.
不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
12.解析（Ⅰ）因為平面ABCD，且平面，
所以．
又因為底面ABCD為菱形，所以．
又平面，平面，，
所以平面PAC．
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，平面ABCD，
所以PAAE．
因為底面ABCD為菱形，∠ABC=60°，且E為CD的中點，
所以AECD．
又，所以ABAE．
又平面，平面，，所以AE平面PAB．
又平面，所以平面PAB平面．
（Ⅲ）棱PB上存在點F，且為的中點，使得CF∥平面PAE．
取F為PB的中點，取G為PA的中點，連結CF，FG，EG．
因為，分別為，的中點，則FG∥AB，且FG=AB．
因為底面ABCD為菱形，且E為CD的中點，
所以CE∥AB，且CE=AB．
所以FG∥CE，且FG=CE．
所以四邊形CEGF為平行四邊形，
所以CF∥EG．
因為CF平面PAE，EG平面PAE，
所以CF∥平面PAE．
13.
過點P作PO平面ABC交平面ABC于點O，
過點P作PDAC交AC于點D，作PEBC交BC于點E，聯結OD，OC，OE，
則
所以又,
故四邊形為矩形.
有所做輔助線可知，
所以，
所以矩形為邊長是1的正方形，則.
在中，，所以.
即為點P到平面ABC的距離，即所求距離為.
14.解析
（1）連結.因為M，E分別為的中點，所以，且.又因為N為的中點，所以.
由題設知，可得，故，因此四邊形MNDE為平行四邊形，.又平面，所以MN∥平面.
（2）過C作C1E的垂線，垂足為H.
由已知可得，，所以DE平面，故DECH.
從而CH平面，故CH的長即為C到平面的距離，
由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.
從而點C到平面的距離為.
15.解析
（Ⅰ）連接，易知，.又由，故，又因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）取棱的中點，連接.依題意，得，又因為平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.
（Ⅲ）連接，由（Ⅱ）中平面，可知為直線與平面所成的角，
因為為等邊三角形，且為的中點，所以.又，
故在中，.
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
16.解析：解法一：如圖G為AC的中點，V在底面的射影為O，則P在底面上的射影D在線段AO上，
作于E，易得，過P作于F，
過D作，交BG于H，
則，，，
則，可得；
，可得.
解法二：由最小值定理可得，記的平面角為(顯然)，
由最大角定理可得；
解法三特殊圖形法：設三棱錐為棱長為2的正四面體，P為VA的中點，
易得，可得，，，
故選B．
17.（I）連接A1E，因為A1A=A1C，E是AC的中點，所以A1EAC.
又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E平面ABC，則A1EBC.
又因為A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.
所以BC平面A1EF.
因此EFBC.
（Ⅱ）取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（I）得BC平面EGFA1，則平面A1BC平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角）.
不妨設AC=4，則在RtA1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
2010-2018年
1．C【解析】如圖，連接，因為，所以異面直線與所成角等于相交直線與所成的角，即．不妨設正方體的棱長為2，則，，由勾股定理得，又由平面，可得，
所以，故選C．
2．A【解析】若，，∥，由線面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直線與可能異面，故“∥”是“∥”的充分不必要條件．故選A．
3．A【解析】由正方體的線線關系，易知B、C、D中，所以平面，
只有A不滿足．選A．
4．C【解析】如圖，連結，易知平面，所以，又，所以平面，故，選C．
5．A【解析】因為過點的平面與平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，則與所成的角為所求角，所以，所成角的正弦值為，選A．
6．C【解析】選項A，只有當或時，；選項B，只有當時；選項C，由于，所以；選項D，只有當或時，，故選C．
7．B【解析】由得圓錐底面的半徑，所以米堆的體積，所以堆放的米有斛．
8．C【解析】三棱錐，其中為點到平面的距離，而底面三角形時直角三角形，頂點到平面的最大距離是球的半徑，
故=，其中為球的半徑，
所以，所以球的表面積．
9．D【解析】若直線和是異面直線，在平面內，在平面內，是平面與平面的交線，則至少與，中的一條相交，故選A．
10．B【解析】解法一
設，，則由題意知．
在空間圖形中，連結，設=．
在中，．
過作，過作，垂足分別為．
過作，使四邊形為平行四邊形，則，
連結，則就是二面角的平面角，所以．
在中，，．
同理，，，故．
顯然平面，故．
在中，．
在中，
=
，
所以
，
所以（當時取等號），
因為，，而在上為遞減函數，
所以，故選B．
解法二
若，則當時，，排除D；當時，，，排除A、C，故選B．
11．D【解析】利用正方體模型可以看出，與的位置關系不確定．選D．
12．C【解析】選項中均可能與平面平行、垂直、斜交或在平面內，故選．
13．B【解析】對于選項A，若，則與可能相交、平行或異面，A錯誤；顯然選項B正確；對于選項C，若，，則或，C錯誤；對于選項D，若，，則或或與相交，D錯誤．故選B．
14．D【解析】作，垂足為，設，則，
由余弦定理，
，
故當時，取得最大值，最大值為．
15．B【解析】直線與平面所成的角為的取值范圍是，
由于，，
所以的取值范圍是
16．D【解析】作正方形模型，為后平面，為左側面
可知D正確．
17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能為異面；B中還可能為異面；C中
應與中兩條相交直線垂直時結論才成立，選D．
18．B【解析】利用排除法可得選項B是正確的，∥，，則．如選項A：∥，∥時，或∥；選項C：若，，∥或；選項D：若,
，∥或．
19．B【解析】過點作，若存在某個位置，使得，則面，從而有，計算可得與不垂直，則A不正確；當翻折到時，因為，所以面，從而可得；若，因為，所以面，從而可得，而，所以這樣的位置不存在，故C不正確；同理，D也不正確，故選B．
20．D【解析】對于D，若平面平面，則平面內的某些直線可能不垂直于平面，即與平面的關系還可以是斜交、平行或在平面內，其余選項易知均是正確的．
21．D【解析】兩平行直線的平行投影不一定重合，故A錯；由空間直線與平面的位置關系及線面垂直與平行的判定與性質定理可知、均錯誤，故選D．
22．【解析】由題意畫出圖形，如圖，
設是底面圓的直徑，連接，則是圓錐的高，設圓錐的母線長為，
則由，的面積為8，得，得，在中，
由題意知，所以，．
故該圓錐的體積．
23．【解析】(1)因為，為的中點，所以，且．
連結．因為，所以為等腰直角三角形，
且，．
由知，．
由，知平面．
(2)作，垂足為．又由(1)可得，所以平面．
故的長為點到平面的距離．
由題設可知，，．
所以，．
所以點到平面的距離為．
24．【解析】(1)由題設知，平面平面，交線為．
因為，平面，所以平面，故．
因為為上異于，的點，且為直徑，所以
．
又=，所以平面．
而平面，故平面平面．
(2)當為的中點時，∥平面．
證明如下：連結交于．因為為矩形，所以為中點．
連結，因為為
中點，所以∥．
平面，平面，所以∥平面．
25．【解析】(1)，且為的中點，．
底面為矩形，，
．
(2)底面為矩形，．
平面平面，平面．
．又，
平面，平面平面．
(3)如圖，取中點，連接．
分別為和的中點，，且．
四邊形為矩形，且為的中點，
，
，且，四邊形為平行四邊形，
．
又平面，平面，
平面．
26．【解析】(1)由平面平面，平面∩平面=，，可得平面，故．
(2)取棱的中點，連接，．又因為為棱的中點，故∥．所以（或其補角）為異面直線與所成的角．
在中，，故．
因為平面，故．
在中，，故．
在等腰三角形中，，可得．
所以，異面直線與所成角的余弦值為．
(3)連接．因為為等邊三角形，為邊的中點，故，
．又因為平面平面，而平面，
故平面．所以，為直線與平面所成的角．
在中，．
在中，．
所以，直線與平面所成角的正弦值為．
27．【證明】(1)在平行六面體中，．
因為平面，平面，
所以∥平面．
(2)在平行六面體中，四邊形為平行四邊形．
又因為，所以四邊形為菱形，
因此．
又因為，∥，
所以．
又因為=，平面，平面，
所以平面．
因為平面，
所以平面平面．
28．【解析】(1)由，，，，得
，
所以．
故．
由，，，，得，
由，得，
由，得，所以，故．
因此平面．
(2)如圖，過點作，交直線于點，連結．
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是與平面所成的角．
由，，
得，，
所以，故．
因此，直線與平面所成的角的正弦值是．
29．【解析】（1）在平面內，因為，所以∥，
又平面，平面，故∥平面．
（2）取的中點，連結，．由及∥，
得四邊形正方形，則．
因為側面為等邊三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因為底面，所以．
設，則，，，．取的中點，連結，則，所以．
因為的面積為，所以，解得（舍去），．于是，，．
所以四棱錐的體積．
30．【解析】（1）取的中點連結，.因為，所以．
又由于是正三角形，所以.從而平面，故BD.
（2）連結．
由（1）及題設知，所以．
在中，．
又，所以
，故.
由題設知為直角三角形，所以．
又是正三角形，且，所以．
故為BD的中點，從而到平面的距離為到平面的距離的，四面體的體積為四面體的體積的，即四面體與四面體的體積之比為1:1．
31．【解析】（Ⅰ）如圖，由已知AD//BC，故或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．因為AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．
所以，異面直線AP與BC所成角的余弦值為．
（Ⅱ）證明：因為AD平面PDC，直線PD平面PDC，所以ADPD．又因為BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．
（Ⅲ）過點D作AB的平行線交BC于點F，連結PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角．
因為PD平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以為直線DF和平面PBC所成的角．
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC –BF=2．又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得,在RtDPF中，可得．
所以，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為．
32．【解析】（Ⅰ）取中點,連接，，
由于為四棱柱,
所以，，
因此四邊形為平行四邊形,
所以,
又面,平面,
所以∥平面,
（Ⅱ）．，分別為和的中點，
，
又平面，平面，
所以，
，所以，，
又，平面，
所以平面
又平面,
所以平面平面．
33．【解析】（Ⅰ）因為，，所以平面，
又因為平面，所以．
（Ⅱ）因為，為中點，所以，
由（Ⅰ）知，，所以平面．
所以平面平面．
（Ⅲ）因為平面，平面平面，
所以．
因為為的中點，所以，．
由（Ⅰ）知，平面，所以平面．
所以三棱錐的體積．
34．【解析】（Ⅰ）如圖，設PA中點為F，連結EF，FB．
因為E，F分別為PD，PA中點，所以EF∥AD且，
又因為BC∥AD，，所以
EF∥BC且EF=BC，
即四邊形BCEF為平行四邊形，所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（Ⅱ）分別取BC，AD的中點為M，N．連結PN交EF于點Q，連結MQ．
因為E，F，N分別是PD，PA，AD的中點，所以Q為EF中點，
在平行四邊形BCEF中，MQ∥CE．
由為等腰直角三角形得
PNAD．
由DCAD，N是AD的中點得
BNAD．
所以
AD平面PBN，
由BC∥AD得
BC平面PBN，
那么，平面PBC平面PBN．
過點Q作PB的垂線，垂足為H，連結MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．
設CD=1．
在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在PBN中，由PN=BN=1，PB=得，
在中，，MQ=，
所以
，
所以，直線CE與平面PBC所成角的正弦值是．
35．【解析】證明：（1）在平面內，因為，，所以.
又因為平面，平面，所以∥平面.
（2）因為平面平面，
平面平面=，
平面，，
所以平面.
因為平面，所以.
又，，平面，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以．
36．【解析】（1）由正棱柱的定義，平面，
所以平面平面，．
記玻璃棒的另一端落在上點處．
因為，．
所以，從而．
記與水平的交點為，過作，為垂足，
則平面，故，
從而．
答：玻璃棒沒入水中部分的長度為16cm.
(
如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為24cm)
（2）如圖，，是正棱臺的兩底面中心.
由正棱臺的定義，平面
，
所以平面平面，.
同理，平面平面，.
記玻璃棒的另一端落在上點處.
過作，為垂足，
則==32.
因為=
14，=
62，
所以=
，從而.
設則.
因為，所以.
在中，由正弦定理可得，解得.
因為，所以.
于是
.
記與水面的交點為，過作，為垂足，則
平面，故=12，從而
=.
答:玻璃棒沒入水中部分的長度為20cm.
(如果將“沒入水中部分”理解為“水面以上部分”，則結果為20cm)
37．【解析】（Ⅰ）證明：因，所以與確定一個平面，連接，因為
為的中點，所以；同理可得，又因為，所以平面，因為平面，．
（Ⅱ）設的中點為，連，在中，是的中點，所以，又，所以；在中，是的中點，所以，又，所以平面平面，因為平面，所以平面．
38．【解析】（Ⅰ）證明：取的中點為，連接，在中，因為是的中點，所以且，又因為，所以且，即四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面．
（Ⅱ）證明：在中，，由余弦定理可，進而可得，即，又因為平面平面平面；平面平面，所以平面.又因為平面，所以平面平面．
（Ⅲ）解：因為，所以直線與平面所成角即為直線與平面所成角.過點作于點，連接，又因為平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直線與平面所成角即為.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直線與平面所成角的正弦值為．
39．【解析】（Ⅰ）因為在平面內的正投影為，所以
因為在平面內的正投影為，所以
所以平面，故
又由已知可得，，從而是的中點.
（Ⅱ）在平面內，過點作的平行線交于點，即為在平面內的正投影.
理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即點為在平面內的正投影.
連接，因為在平面內的正投影為，所以是正三角形的中心.
由（Ⅰ）知，是的中點，所以在上，故
由題設可得平面，平面，所以，因此
由已知，正三棱錐的側面是直角三角形且，可得
在等腰直角三角形中，可得
所以四面體的體積
40．【解析】（Ⅰ）由已知得，，
又由得，故
由此得，所以
（Ⅱ）由得
由得
所以
于是故
由（Ⅰ）知，又，
所以平面于是
又由，所以，平面
又由得
五邊形的面積
所以五棱錐體積
41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中點，連接，由為中點知，.
又，故平行且等于，四邊形為平行四邊形，于是.
因為平面，平面，所以平面.
（Ⅱ）因為平面，為的中點，所以到平面的距離為．取的中點，連結.由得，
.
由得到的距離為，故.
所以四面體的體積.
42．【解析】（Ⅰ）因為四邊形為菱形，所以，
因為平面，所以，故平面．
又平面，所以平面平面．
（Ⅱ）設=，在菱形中，由=120°，
可得=，=．
因為，所以在中，可得．
由平面，知為直角三角形，可得．
由已知得，三棱錐的體積．
故．
從而可得．
所以的面積為3，的面積與的面積均為．
故三棱錐的側面積為．
43．【解析】（Ⅰ）交線圍成的正方形如圖
（Ⅱ）作，垂足為，則，，．因為為正方形，所以．
于是，，．
因為長方形被平面分成兩個高為10的直棱柱，所以其體積的比值為（也正確）．
44．【解析】（Ⅰ）設，連結OF，EC，
由于E為AD的中點，，
所以,
因此四邊形ABCE為菱形，所以O為AC的中點，又F為PC的中點，
因此在中，可得.
又平面BEF，平面BEF，所以平面.
（Ⅱ）由題意知，，所以四邊形為平行四邊形，
因此．又平面PCD，所以，因此．
因為四邊形ABCE為菱形，所以.
又，AP，AC平面PAC，所以平面．
45．【解析】（Ⅰ）為中點，DE∥PA，
平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，
（Ⅱ）為中點，，
為中點，，
，，DEEF，
，，
，DE平面ABC，
DE平面BDE，平面BDE平面ABC．
46．【解析】（Ⅰ）連接BD交AC于點O，連結EO．
因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點。
又E為PD的中點，所以EO∥PB。
EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.
（Ⅱ）因為PA平面ABCD，ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．
如圖，以A為坐標原點，的方向為軸的正方向，為單位長，建立空間直角坐標系，
則.
設，則。
設為平面ACE的法向量，
則即，
可取．
又為平面DAE的法向量，
由題設，即，解得．
因為E為PD的中點，所以三棱錐的高為．
三棱錐的體積．
47．【解析】（Ⅰ）證明：如圖取PB中點M，連接MF，AM.因為F為PC中點，
故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E為AD中點，
因而MF//AE且MF=AE，故四邊形AMFE為平行四邊形，
所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，
所以EF//平面PAB.
（Ⅱ）（i）證明：連接PE，BE．因為PA=PD，BA=BD，而E為AD中點，
故PEAD，BEAD，所以PEB為二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，
由，可解得PE=2．
在三角形ABD中，由，可解得BE=1．
在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，
由余弦定理，可解得PB=，從而，即BEPB，
又BC//AD，BEAD，從而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，
所以平面PBC平面ABCD．
（ii）連接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB為直線EF與平面PBC所成的角，
由PB=，PA=，AB=得ABP為直角，而MB=PB=，可得AM=，
故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，
所以直線EF與平面PBC所成角的正弦值為．
48．【解析】（Ⅰ）設點O為AC，BD的交點，
由AB＝BC，AD＝CD，得BD是線段AC的中垂線．
所以O為AC的中點，BDAC．
又因為PA平面ABCD，BD平面ABCD，
所以PABD．所以BD平面APC．
（Ⅱ）連結OG.由(1)可知OD平面APC，則DG在平面APC內的射影為OG，所以∠OGD是DG與平面APC所成的角．
由題意得OG＝PA＝.
在ABC中，AC＝＝，
所以OC＝AC＝.
在直角OCD中，OD＝＝2.
在直角OGD中，tan∠OGD＝.
所以DG與平面APC所成的角的正切值為.
（Ⅲ）連結OG.因為PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.
在直角PAC中，得PC＝.
所以GC＝.
從而PG＝，
所以.
49．【解析】（Ⅰ）由AB是圓O的直徑，得ACBC．
由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC，
又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，
所以BC平面PAC．
（Ⅱ）連OG并延長交AC與M，鏈接QM，QO.
由G為?AOC的重心，得M為AC中點，
由G為PA中點，得QMPC.
又O為AB中點，得OMBC.
因為QM∩MO=M，QM平面QMO．
所以QG//平面PBC．
50．【解析】（Ⅰ）因為是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因為平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.
（Ⅱ）因為，為的中點，所以．因為平面，且平面，所以又因為，平面，
，所以平面，所以AD．又AD平面，平面，所以平面．
51．【解析】（Ⅰ）平面，面
又面
（Ⅱ）是中點點到面的距離，
三棱錐的體積
，
（Ⅲ）取的中點為，連接，，
又平面面面面，
點是棱的中點
，
得：平面．
52．【證明】：（Ⅰ）在PAD中，因為E、F分別為AP，AD的中點，所以EF//PD．
又因為EF平面PCD，PD平面PCD，
所以直線EF//平面PCD．
（Ⅱ）連結DB，因為AB=AD，∠BAD=60°，
所以ABD為正三角形，因為F是AD的中點，所以BFAD．
因為平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，
所以BF平面PAD．又因為BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．
53．【解析】法一：（Ⅰ）證明：取AD中點G，連接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有為等邊三角形，因此，所以平面PBG
又PB//EF，得，而DE//GB得AD
DE，又，所以AD
平面DEF。
（Ⅱ），為二面角P—AD—B的平面角，
在，
在，
，
法二：（Ⅰ）取AD中點為G，因為
又為等邊三角形，因此，，
從而平面PBG．
延長BG到O且使得PO
OB，又平面PBG，PO
AD，
所以PO
平面ABCD．
以O為坐標原點，菱形的邊長為單位長度，直線OB，OP分別為軸，z軸，平行于AD的直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系．
設
由于
得
平面DEF．
（Ⅱ）
取平面ABD的法向量
設平面PAD的法向量
由
取
54．【解析】（Ⅰ）因為四邊形是正方形，所以//.故為異面直線與所成的角.因為平面，所以.故.
在中，=1，=，==3,
故==.
所以異面直線和所成角的余弦值為.
（Ⅱ）證明：過點作//,交于點，則.由,可得,從而,又,=,所以平面.
(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即為的中點.取的中點，連接，則,因為//,所以//.過點作，交于，則為二面角--的平面角。
連接，可得平面,故.從而.由已知，可得=.由//,,得.
在中，,
所以二面角--的正切值為．
55．【解析】
(Ⅰ)取的中點G，連結GF，CE，由條件易知
FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．
故四邊形BEGF為平行四邊形，所以BF∥EG．
因為平面，BF平面，所以
BF//平面．
（Ⅱ）解：在平行四邊形,ABCD中，設BC=，則AB=CD=2，AD=AE=EB=，
連CE，因為．
在BCE中，可得CE=，
在ADE中，可得DE=，
在CDE中，因為CD2=CE2+DE2，所以CEDE,
在正三角形中，M為DE中點，所以DE.
由平面平面BCD,
可知平面BCD,
CE.
取的中點N，連線NM、NF，
所以NFDE，NF.
因為DE交于M，
所以NF平面，
則∠FMN為直線FM與平面新成角．
在RtFMN中，NF=,
MN=,
FM=，
離散數學答案范文5
【關鍵詞】數學建模思想；高職；數學教學
將數學建模思想融入高職數學教學中具有重要的實際意義.高職數學老師將數學建模的思想引入數學教學中,可以用來培養學生的數學建模意識和數學建模能力以及運用數學建模的方法解決現實生活問題的能力.高職教育在人才培養過程中具有工具性和基礎性的作用，因此，在教學的過程中應該堅持適度地融入數學建模思想，培養學生的建模意識，提升建模能力，在指引學生進行實際應用的過程之中，重視對能力的培養，將實際生活中的問題作為載體，對傳統使用的教材進行改革.教師在對公式、原理和概念教學的過程中，應該向學生滲透相關的數學建模思想和數學建模方法，尤其是在對導數、極限和積分等概念進行闡述的時候，應該將新的數學問題向以往解決過的問題進行轉化.
一、數學建模思想的闡述和意義
我們通常所說的“數學建模”就是在解決現實世界中的問題時，運用數學理論及工具構建出一個數學的模型，這個模型的本質是一種數學結構，可以是若干數學式子，還可以是某種圖形表格，能夠用來解釋現實對象的特性和狀態，推測對象事物的未來狀況，提供人們處理事物的決定策略以及控制方案.數學建模的思想就是對數學的應用思想，將其融入高職數學教學中，充分體現了數學的真正價值——從現實出發再應用于現實.
在高職數學教學中融入建模思想，有利于激發學生的數學學習興趣，讓學生在解決問題的同時，發現自己數學知識的欠缺，從而回到課堂尋求數學知識，這樣循環反復不僅促進了數學教學，更提升了學生的實際應用能力和動手能力.數學建模中涉及的問題往往是多種多樣的，解決方法也是新奇個性的，將其思想融入數學教學是對學生的創新能力的鍛煉與激發，使得課堂更加豐富多彩，教學更加熱情積極.
二、建模思想的培養策略
1豐富數學教學內容，突出數學思想
對于高職院校的數學教學要融入數學建模思想，就要對教學的具體內容作出必要的變通，在教學數學的理論時，轉變以往重視推導證明的教學過程，在推導的過程中不必追求過高的完整性和嚴密性，將教學的重點移向基本概念的深入理解，熟練掌握和應用技術、技巧與方法.針對各個專業的特征，設置有側重點的數學課程.如理科方面的電子電氣專業，就可以多重視學生的微分、極限、重積分變換等教學;在經濟方面的專業應強調如數理統計學、線性代數學以及線性規劃學的教學內容,而且在微積分方面最好簡略；計算機類型的專業就可以適當增加像離散數學的教學內容.總體上強調實際應用價值高的教學部分，同時增添教學素材，融入新的技術來開闊學生的觀念.
2培養建模意識，用建模的思想指導課程
高職數學教學的數學建模思想要從灌輸意識開始，和以往教學略有不同的是，要在教導學生學習基本數學知識技巧時，用數學建模的思想指導他們理解概念，認識本源.很多問題都可以用建模去講解，比如最優化、最值問題、導數問題、極限問題、微分方程問題、線性規劃問題等.
這就要求我們高職數學老師要精心設計課程教學方案，充分發揮數學建模的思想，培養學生的建模意識.如老師在講解《函數》一章時，不能按照以前的方法只講解函數是一種關系，而要在其基礎上賦予它更新的內容，以數學建模的思想，將函數公式應用到實際問題中，這樣讓學生能夠有更深的理解，開闊學生的思維.舉例如下：
給出一個函數式子：s=12gt2.
這是一個描述不同變量之間的聯系而建立起來的函數關系，我們在教學中就可以構建具體的數學模型，這就是自由落體在整個運動過程中的下降距離s和時間t之間存在的函數關系，經過這樣的簡單設計之后再講解給學生，會使教學的積極性有很大改善，也會使這種建模思想慢慢植入學生以后的學習之中.
3提升建模能力，將建模的思想融入學生的習題
注重培養學生“數學模型的應用能力”和“數學模型的建立能力”.能力培養重點放在平時學生的數學習題設計上，可以使用“雙向翻譯”的培養方式，這就要在講解習題之前做好準備工作，在課堂上為學生講解清楚概念的來源、公式的實際內涵和可用的幾何模型，舉例說明它們之間可以轉換，從而布置“翻譯”習題，培養建模能力.例如，可以出類似下面的習題：
函數關系式f(x,y)=(x-2)2+y2+x2+(y-1)2，請說明函數所能表示的具體含義，并求其最小值.在做具體解答的時候學生會尋找課堂所學，找出答案.這就是通過翻譯激發其建模能力，對于這個問題就是求算一動點與兩定點之間的距離之和，學生自然在求算最小值時聯系實際尋找到兩定點的中點就是最小的值所在點，從而簡單地解決問題.也可以給出實際問題而不是公式，讓學生去求解，以達到“雙向翻譯”，增強數學建模能力.
4增設數學實驗的教學，將數學軟件納入學習之中
高職數學教學中大部分都是微積分，具有抽象性和復雜性的特征，不容易求算和解決，學生在課堂上學習到的知識和方法的所用之處少之又少.作為高職院校，學生學習數學的目的是應用所學去處理實際問題數學軟件在微積分的學習中可以起到很大的作用.對于一些微積分中的問題，教師可以運用實驗來指導教學，這樣既可以使實踐大為縮減，更能使學生學習理解的程度加深，還能應用數學軟件Matlab及Mathematica使復雜的求算不再困擾學生，在數學教學上是很大的進步，充分體現數學建模思想的重要作用.
離散數學答案范文6
關鍵詞：數據結構；理論教學；實驗教學；教學方法；算法演示程序
中圖分類號：G642 文獻標識碼：A 文章編號：1009-3044(2011)35-0000-0c
Study on Reformation of Teaching Content and Methods on Data Structure
FU Yun-fang
(Computer Department, Shijiazhuang College, Shijiazhuang 050035 China)
Abstract: According to the situation of the course of DATA STRUCTURE, the new teaching methods are explored to reform. In order to guide students to learn, teaching content of the course is improved, and four different levels of experimental teaching types are designed, that is, Basic training, Skills training, Integrated training and the Development training. At the same time, teaching effect is being emphasized by using appropriate teaching method and algorithm demo program.
Key words: data structure; theoretical teaching; experimental teaching; contents; teaching method; algorithm demo program
《數據結構》課程是高等院校計算機系多媒體技術專業學生的一門專業基礎課程，是介于數學、計算機硬件和計算機軟件之間的一門計算機科學與技術及相關專業的基礎課，具有非常重要的地位和作用。數據結構技術廣泛應用于信息科學、系統工程、應用數學以及各種工程技術領域。本課程的任務是通過學習，培養計算機專業的學生結合實際應用，設計有效的算法和數據結構的能力。然而，由于該課程涉及的知識面較為廣泛，學生除了需要一定的程序設計語言基礎外，還需要多種數學理論基礎。因此，如何對《數據結構》教學內容有效地進行組織與對教學方法進行適當的改革，是當前數據結構教學的首要任務。
1 教學現狀分析
1.1 課程較為抽象，應用范例少
《數據結構》課程理論性較強。因此，對于學生來說，該課程較為抽象，難以理解原理的精髓。盡管通過實踐教學對課本上的一些基礎算法的進行驗證性實現，但在實際生活或工作中的無法靈活應用。因此，種種原因讓學生產生了該門課在今后的軟件開發中是極少用甚至是用不到的錯覺[1]。進而導致學生降低對該課程的重視,以至于失去學習積極性。
1.2 先行課程掌握不扎實
《數據結構》涉及的知識面較廣。要掌握該課程，學生必須掌握一定的編程能力和具備一定的數學理論基礎。例如，在分析算法的時間、空間復雜度時需要高等數學的知識，在分析樹、圖結構時需要離散數學中圖論部分關于樹和圖的知識等等。而課程中的算法描述大都是用C或者C++語言，少部分甚至是JAVA語言來描述。因此要求學生具備C或者C十十語言的編程基礎、高等數學和離散數學是必要的。
然而，作為該課程的前導課：《計算機導論》/《C語言》/《C++語言程序設計》/《JAVA語言》等，大部分學生學習后只是比較熟悉簡單數據類型和結構化程序設計中的三種基本結構的應用。對前導課的難點內容，例如：多維數組、結構體(或者類)和指針這三種數據類型的認識和理解不但不深，而且還不會用。然而，正是此部分內容才是數據結構課程的重要基礎和靈活運用的知識點，并且貫穿整個數據結構課程學習的始終。因此，這種現狀必然導致許多學生在實現數據結構中的算法時不能得心應手，從而止步不前，產生畏難情緒，嚴重影響了學習效果和學習進度。
2 教學方法改革初探
2.1 理論與實踐結合，課內與課外結合，全面提高學生綜合素質
在課堂教學內容中，大量引入科研與工程實際案例。將這些問題以深入淺出的方式，以理論與實踐結合的方式，使得學生更好地理解樹型結構和圖型結構，以及排序算法、查找算法在其中的成功應用，加強了學生對于理論的理解，以及將所學理論知識綜合應用于實際問題的認識。另外，將課堂教學與課外的競賽考試相結合，組織和輔導學生參加程序員、高級程序員證書考試和各類大學生創新競賽，能夠進一步培養學生的探索和創新能力。我系領導在這方面給予了大量的支持，同時也取得了顯著的成效：08級軟件工程（本科）學生在2011年全國軟件大賽中有十名學生獲全國三等獎，同時還獲省一等獎； 09級計算機多媒體技術（專科）學生在2011年河北省挑戰杯大學生課外學術科技作品競賽獲三等獎。
2.2 改進實驗教學環節，實施 “基礎訓練+技能訓練+綜合訓練+開發訓練”的實踐教學體系
2.2.1 基礎訓練
對教學內容中的每一種數據結構，其基本操作即基本實驗，即一次實驗解決一個問題，使初學者易于接受。比如，順序表及其運算，鏈表及其運算；棧和隊列的運算；串的運算；二叉樹的應用；圖的存儲與遍歷；排序與查找等等。
基礎訓練是教學中一項必要的教學環節，基本能夠達到實驗課的教學目的，但是存在下列缺陷：
1）實驗內容由教師根據教學要求對一些基礎算法進行驗證，無法與生活中的應用聯系；
2）實驗內容往往限制了學生的思路，使其局限在某幾個領域的實驗項目上，對學生提高與擴展各門課程理論知識之間的聯系不利；
3）使學生局限在嚴格遵從既定實驗步驟的基礎上，缺乏主動和獨立性的訓練；
因此，要使學生達到本課程實驗教學目標，只有加強后續的技能訓練、綜合訓練和開發訓練，才能真正讓學生掌握、提煉所學知識。
2.2.2 技能訓練
技能訓練是在學生掌握了基本訓練的基礎上，訓練解決實際問題的應對技巧，從而將理論知識更加靈活運用到實際問題中，達到技能訓練的目的。比如，統計文章中的文字，數字，空格的個數，存儲結構用的是什么結構；宿舍管理查詢軟件中查詢功能可用什么查找方法效率比較高；跳舞搭配問題中可采用什么存儲結構等等。
技能訓練培養了學生發現問題、分析問題和解決問題的能力。而且能生活的應用連接得更加緊密，讓學生在學此課程的同時，不僅僅與其它課程能聯系，而且還與專業應用領域靠攏。激發了學生的興趣。但是技能訓練也有一些不足，比如，沒有綜合運用數據結構知識和技能等等。
2.2.3 綜合訓練
綜合性實驗是建立在技能訓練的基礎上的實驗過程，是指實驗內容涉及本課程的綜合知識或與本課程相關的課程知識的實驗。課程的教學內容過半后，即可對學生進行綜合性練習（課程設計大作業），大作業題目中的設計性問題即屬此類。
實驗內容包括綜合運用數據結構的知識內容，有針對性對計算機專業的應用領域，設計一些與生活應用相關的小型管理系統。例如，旅游景點介紹管理系統，學生信息管理系統等等。通過這些實驗，使學生能夠將數據結構的理論知識靈活地貫穿于實際應用當中。
一般而言，綜合性實驗具有實驗內容的復合性、實驗方法的多元性。實驗內容的復合性旨在培養學生知識對知識的綜合應用能力。實驗方法的多元性目的在于培養學生運用不同的思維方式分析問題、解決問題的能力，通過這種方式，讓學生掌握不同的實驗方法。
2.2.4 開發訓練（即設計性訓練）
開發訓練的主要目的是通過所掌握的諸多知識層面，實現一類應用軟件的開發。教育部高教司關于《普通高等學校本科教學工作水平評估方案》（試行）文件中明確定義：“設計性實驗是指給定實驗目的要求和實驗條件，由學生自行設計實驗方案并加以完成的實驗。”根據定義，設計性實驗不但強調教師所給實驗題目及目標的合理性、學生的完成實驗的獨立性，更強調實驗設備和必要實驗材料的可用性[2]。
在實施此實驗過程中，就注意以下幾個環節：
1）實驗要求和實驗目標的確定：開發訓練的目的在于培養學生系統分析和設計的能力、在實踐過程中發現問題并不斷解決問題的能力，從而讓學生加深對數據結構理論知識的理解。因此，目標的和要求的設定非常重要，同時也要需要考慮到專業的不同性、學生的差異性。
2）學生分組：設計是一門實踐藝術。同一個主題，不同的設計人員可能因為想法不同，從而得到不同的結果。因此，讓學生自由分組對同一個主題的不同設計方案進行討論。
3）查閱資料、選擇實驗題目
一定要讓學生選擇自己擅長的主題，同時要保證所選主題能夠找到豐富的參考資源。另一方面，任課教師可根據經過多年的教學實踐經驗，將積累的一些經典的題目供學生選擇。
4）進行調研及系統分析設計：該階段很重要，是學生出現問題最多的階段。需要指導教師隨時跟進，進行適當的指導和監督：一方面可以幫助學生分析實驗中出現的問題，另一方面可以針對問題進行啟發、引導學生，讓學生正確面對各種問題，進一步去思索和解決問題的辦法，在實踐中尋找問題答案。
5）撰寫設計報告：撰寫設計報告是學生完成每一項實驗必須填寫的，也是應該掌握的技能。通過撰寫設計報告，無益于是一次對學生設計過程、思維方式的再認識與提高的過程。通過處理實驗中遇到和發現的問題還能夠進一步深入思考，鍛煉了學生的創新能力。
6）教師審定設計報告：教師進行及時審核和點評學生的設計報告，并中肯地指出報告中值得肯定的部分和可以改進的地方的方式，可以進一步加深學生對數據結構設計的理解。
3 改進教學方法，利用多媒體技術，開發算法演示程序。
3.1 以問題作引導，激發學生的求知欲
在理論教學中，應按照學生的認知規律，遵循先簡單后復雜，先具體然后抽象的原則，以具體的問題，通過觀察、分析、理解、總結進行教學[3]，讓學生自己在直觀上先觀察、分析具體問題，領悟所涉及的相關概念，然后再歸納總結。比如，在講解棧和隊列的知識點時，我首先以生活中的實例--排隊買票與火車進、出站為例讓學生觀察它們的特點，然后再引出它們的概念，特點和相關的數據操作，然后引導學生再次思考這些操作在計算機中如何進行采用相應的數據結構進行存儲和實現？讓學生意識到生活的案例完全可以用所學知識進行實現，從而激發了學生學習的主動性和創新能力，形成對知識的科學態度和對問題進行分析的興趣。
3.2 以問題為中心，促進學生的學習能動性
問題是學習的引導者，沒有問題，學習就不會深入。所以，在教學中教師針對問題，要能啟發學生自主地發現問題，形成讓學生主動去分析問題和解決問題，并且能夠進行總結規律的習慣。通過這種方式，能夠使學生就更容易掌握所學知識。比如，在講解排序時，我給了一組數據，讓同學們用四種排序算法實現，并比較它們的效率（時間與空間的效率），最后得出結論，什么情況下用哪種排序方法好， 效率高等等。這種以問題為中心的互動式教學，改變了傳統教學中以教師為主、學生為輔的教學狀況，通過教與學互相結合、互相滲透，使學生能對知識掌握得更加透徹，進而促進了學生的學習能動性，并培養并鍛煉了學生分析問題和解決問題的能力。
3.3 使用多媒體技術，開發并制作算法演示程序
開發并制作算法演示程序的目的是使抽象的“數據結構” 中的典型算法通過動態畫面模擬演示給學生。制作的意義在于制作教學內容的動態演示程序，能夠使抽象的知識形象化，使學生更深刻的理解要掌握的知識[4]，進而激發學生的學習興趣和主動性。但是，使用多媒體技術開發并制作的演示程序因為具有生動的畫面、動聽的音樂，因此容易分散學生的注意力，所以，這種教學手段使用一定要適度。
4 總結
《數據結構》是計算機專業的骨干、核心課程, 也是大多數學校研究生入學考試的必考課程。本人通過對該門課程理論與實驗教學的摸索和嘗試，提出了理論與實踐結合，在課堂教學內容中，大量引入科研與工程實際案例；并設計了“基礎訓練+技能訓練+綜合訓練+開發訓練”四個不同層次的實驗形式引導學生學習，通過改進教學方法，利用多媒體技術，開發算法演示程序，激發了學生的興趣，調動了學生的主動性和能動性，增強了對《數據結構》課程的學習興趣，進一步有效地提高了學生的分析問題、解決問題的能力和團體合作意識。具體實驗設計中充分考慮專業的不同性和學生的差異性，緊密結合當前專業市場需求，設計針對性強的各類管理系統實驗，讓學生在學習中提高對本行業的認識了解，為今后學習工作打下良好基礎。
參考文獻：
[1]肖穎.《數據結構》教學改革思考與實踐[J].福建電腦,2010,(9):214-215.
[2] 朱靜.陳新兵.謝斌盛.設計性實驗教學的探索與思考[J].科技資訊,2007,(12):149-150.
