創(chuàng)新視角下的立體幾何開放題

■江蘇省無(wú)錫市惠山區(qū)教師發(fā)展中心 葉亞美

數(shù)學(xué)開放題，是指無(wú)明確條件或結(jié)論，必須經(jīng)過(guò)認(rèn)真分析、探究，方能獲解的試題。因能有效考查同學(xué)們的思維品質(zhì)，創(chuàng)造性地分析問(wèn)題和解決問(wèn)題，開放題正逐漸成為新高考數(shù)學(xué)創(chuàng)新命題的新趨勢(shì)。近年來(lái)各地立體幾何解答題中開放題的考查形式主要為結(jié)構(gòu)不良試題及探索存在問(wèn)題。本文擬通過(guò)對(duì)這兩類開放題的解析，為2021屆高三數(shù)學(xué)立體幾何復(fù)習(xí)備考提供一個(gè)參考。

創(chuàng)新題型1——結(jié)構(gòu)不良試題:難在策略選擇，重在推理嚴(yán)謹(jǐn)

立體幾何開放題中結(jié)構(gòu)不良試題多指條件殘缺問(wèn)題。解此類結(jié)構(gòu)不良試題時(shí)，需根據(jù)題目要求在給定條件中選擇部分條件，并利用選定的條件解決相關(guān)問(wèn)題。結(jié)構(gòu)不良試題突出了思維的靈活性及策略選擇，能夠?qū)?shù)學(xué)理解能力、數(shù)學(xué)探究能力、數(shù)學(xué)推理能力的考查起到積極的作用。

例1（2020年山東模擬）如圖1，在四棱錐P-ABCD 中，PA⊥面ABCD，四邊形ABCD 為正方形，F(xiàn) 為線段PC 上的點(diǎn)，過(guò)A，D，F(xiàn) 三點(diǎn)的平面與PB 交于點(diǎn)E。在①AB=AP，②BE=PE，③PB⊥FD 三個(gè)條件中選兩個(gè)條件補(bǔ)充到已知條件中，解答下列問(wèn)題：

（1）求平面ADFE 將四棱錐分成兩部分的體積比；

圖1

（2）求直線PC 與平面ADFE 所成角的正弦值。

解析：第一種情況：將①AB=AP，②BE=PE 作為已知條件。

（1）設(shè)平面ADFE 為平面α。

因?yàn)锽C∥AD，易證得BC∥平面α，而平面α∩平面PBC=EF，所以EF∥BC。又因?yàn)镋 為PB 的中點(diǎn)，所以EF 為中位線。

設(shè)AP=AB=2，則EF=1。

由PA⊥平面ABCD 得AD⊥PA，又因?yàn)锳D ⊥AB，所以AD ⊥平面PAB，所以AD⊥AE，所以EF ⊥AE，所以S梯形AEFD=

因?yàn)锳B=AP，BE=PE，所以PB ⊥AE，AD⊥PB，AD∩AE=A，所以PB⊥平面AEFD，所以

（2）如圖2，以A 為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線為x 軸，y 軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，設(shè)AB=AD=AP=2，則C（2，2，0），P（0，0，2），B（2，0，0），所以

圖2

第二種情況：將①AB=AP，③PB⊥FD作為已知條件。

由AD ⊥AP，AD ⊥AB 知AD ⊥平 面ABP，所以AD⊥PB。又因?yàn)镻B⊥FD，所以PB⊥平面ADFE，所以PB⊥AE。又因?yàn)锳B=AP，故E 為PB 的中點(diǎn)，即BE=PE，余下解答同第一種情況。

第三種情況：將②BE=PE，③PB⊥FD作為已知條件。

由PB⊥FD 及第二種情況知PB⊥AE，又BE=PE，易知AB=AP，余下解答仍同第一種情況。

點(diǎn)評(píng)：由上述解答可以看到，無(wú)論選擇哪兩個(gè)條件，都可解答題目。而且，在選擇的三個(gè)條件中，并沒(méi)有哪個(gè)選擇讓解答過(guò)程比較繁雜，只要熟練掌握空間點(diǎn)、線、面的關(guān)系，嚴(yán)謹(jǐn)推理，都可順利得到PB⊥平面AEFD 及四邊形AEFD 為直角梯形，為求體積比奠定基礎(chǔ)。第（2）問(wèn)通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，將“求直線PC 與平面ADFE 所成角的正弦值”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算，減少了邏輯推理的過(guò)程，這種向量運(yùn)算的方法也是今后求空間角、距離的常用方法。

例2（2020 年山東青島二模）試在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA=PC 三個(gè)條件中選兩個(gè)條件補(bǔ)充在下面的橫線上，使得PO⊥面ABCD 成立，說(shuō)明理由，并在此條件下進(jìn)一步解答該題：如圖 3，在四棱錐P-ABCD 中，AC ∩BD=O，四邊形ABCD 為菱形，若___，且∠ABC=60°，異面直線PB 與CD所成的角為60°，求二面角A-PB-C 的余弦值。

圖3

解析：若選②，由PO⊥面ABCD 知PO⊥AB。又因?yàn)镻C ⊥AB，所以AB ⊥面PAC，AB ⊥AC，所 以∠BAC=90°，CB ＞BA。這與底面為菱形矛盾，所以②必不選，故選①③。

下面證明PO⊥面ABCD。

因?yàn)樗倪呅蜛BCD 為菱形，所以AC⊥BD。因?yàn)镻C⊥BD，PC∩AC=C，所以BD⊥面APC。因?yàn)镻O?平面APC，所以BD⊥PO。又因?yàn)镻A=PC，O 為AC 的中點(diǎn)，所以PO ⊥AC。因?yàn)锳C ∩BD=O，所以PO⊥面ABCD。

以下略。

點(diǎn)評(píng)：由上述解答可以看到，當(dāng)四邊形ABCD 為菱形時(shí)，本題所給的條件②是不符合要求的，故能否作出正確判斷，并合理選擇①③十分關(guān)鍵。當(dāng)選定條件后，證明PO⊥面ABCD，只需用線面關(guān)系進(jìn)行嚴(yán)謹(jǐn)推理即可。后面的求二面角A-PB-C 的余弦值有兩種方法：其一是向量法，即以O(shè) 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)B，OC，OP 所 在直線 為x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，通過(guò)向量運(yùn)算求解；其二是直接法，即過(guò)點(diǎn)C 作CM ⊥PB 于M，連接AM，可以證明∠CMA 為二面角A-PB-C的平面角，再通過(guò)計(jì)算求解即可。

創(chuàng)新題型2——探索存在問(wèn)題:貴有解題思路，成在思想方法

立體幾何中的探索存在問(wèn)題，因“是否存在”的不確定性，增強(qiáng)了試題的開放性。解答探索存在問(wèn)題時(shí)，一般先假定結(jié)論存在，并以此進(jìn)行推理，若能推出矛盾，即可否定假設(shè)；或先利用一定的數(shù)學(xué)思想方法探索存在的可能性，再加以論證。探索存在問(wèn)題能較好地考查同學(xué)們的觀察能力、猜想能力、分析判斷能力、運(yùn)算能力等。

例3（2020 年北京豐臺(tái)區(qū)模擬）如圖4，在四棱錐M-ABCD 中，AB∥CD，∠ADC = ∠BMC =90°，MB = MC，AD = DC =平面BCM ⊥平面ABCD。

（1）求證：CD∥平面ABM。

（2）求證：AC⊥平面BCM。

（3）在棱AM 上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BC-M 的大小為45°? 若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。

圖4

解析：（1）因 為AB ∥CD，AB ?平 面ABM，CD平面ABM，所以CD ∥平 面ABM。

（2）取AB 的中點(diǎn)N，連接CN。

在Rt△CNB 中，由勾股定理得BC=2。

在△ACB 中，由勾股定理逆定理可知AC⊥BC。

又因?yàn)槠矫鍮CM ⊥平面ABCD，且平面BCM ∩平面ABCD=BC，所以AC⊥平面BCM。

（3）取BC 的中點(diǎn)O，連接OM，ON，所以O(shè)N ∥AC。因?yàn)锳C ⊥平面BCM，所以O(shè)N ⊥平面BCM。因?yàn)锽M=MC，所以O(shè)M ⊥BC。

如圖5，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則M（0，0，1），B（0，1，0），C（0，-1，0），A（2，-1，0），所以= （- 2，1，1），=（0，-2，0），=（2，-2，0）。

圖5

易知平面BCM 的一個(gè)法向量為m=（1，0，0）。

假設(shè)在棱AM 上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BC-M 的大小為45°。

由題知二面角E-BC-M 為銳二面角，所以在棱AM 上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BC-M 的大小為45°，此時(shí)

點(diǎn)評(píng)：題（1）（2）只需用空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，進(jìn)行嚴(yán)謹(jǐn)推理即可獲證。題（3）由于點(diǎn)E 具有不確定性，通過(guò)“假設(shè)在棱AM 上存在一點(diǎn)E”，將不確定的問(wèn)題轉(zhuǎn)化成嚴(yán)格論證探討的過(guò)程，而通過(guò)建立平面直角坐標(biāo)系，又將探索“點(diǎn)E 是否存在”的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“求符合條件的參數(shù)λ 的值”的問(wèn)題，其解決常常用到方程思想。這種“假設(shè)——論證（或求解）”的方法是解決探索存在問(wèn)題的常用方法。而利用空間向量及待定系數(shù)法求解存在性問(wèn)題顯然思路簡(jiǎn)單、解法固定、操作方便，應(yīng)引起重視。

例4（2020 年山東聊城模擬）如圖6，將長(zhǎng)方形OAA1O1（及其內(nèi)部）繞OO1所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，其中OA =1，OO1=2，弧的直徑。

圖6

（2）求二面角A1-O1B-B1的余弦值。

解析：（1）存在，當(dāng)B1C 為圓柱OO1的母線時(shí)，BC ⊥AB1。

如圖7，連接BC，AC，B1C，因?yàn)锽1C 為圓柱OO1的母線，所以B1C ⊥平面ABC。又因?yàn)锽C?平面ABC，所以B1C⊥BC。因?yàn)锳B 為圓O 的直徑，所以BC ⊥AC。又因?yàn)锳C ∩B1C=C，所以BC ⊥平面AB1C。因?yàn)锳B1?平面AB1C，所以BC⊥AB1。

圖7

（2）略。

點(diǎn)評(píng)：題（1）解決的關(guān)鍵在于利用線面關(guān)系確定點(diǎn)C 的位置，確定點(diǎn)C 的思考過(guò)程如下：若存在BC⊥AB1，由AB 為直徑可知BC⊥AC，則必有BC⊥平面AB1C，從而有BC⊥B1C，又C 在弧上，從而B1C 應(yīng)為圓柱的母線。題（2）可以通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量運(yùn)算求解。

結(jié)構(gòu)不良試題及探索存在問(wèn)題是近年高考立體幾何開放題中的高頻考題，充分體現(xiàn)了高考能力立意的指導(dǎo)思想，解決兩種開放題，特別要關(guān)注求解策略，充分利用向量的工具作用，以及轉(zhuǎn)化思想、方程思想等，請(qǐng)同學(xué)們多去探索，去體會(huì)，切實(shí)提高解題能力。