新高考中立體幾何問(wèn)題解決的基本路徑

摘要：通過(guò)比較近三年的高考試題和九省聯(lián)考試題發(fā)現(xiàn)，新高考對(duì)于空間向量和立體幾何的考查，難度加大，試題更加注重綜合性、理性思維、空間想象，對(duì)學(xué)生創(chuàng)新性能力的考查要求進(jìn)一步提高.

關(guān)鍵詞：理性思維；空間想象；知識(shí)載體；解決路徑

中圖分類號(hào)：G632文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1008-0333（2024）28-0017-07

參考文獻(xiàn)[1]給出了解決立體幾何問(wèn)題的三大方法：幾何法、坐標(biāo)向量法、基底向量法［1］，但學(xué)生在解決具體問(wèn)題時(shí)，卻不是這么容易上手.本文以2024年九省聯(lián)考第17題為例，從5條不同路徑探究解決立體幾何的證明與計(jì)算問(wèn)題，幫助學(xué)生突破本章難點(diǎn)與痛點(diǎn)，進(jìn)一步增強(qiáng)思維的靈活性.

1試題再現(xiàn)

例1如圖1，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，O為AC與BD的交點(diǎn)，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°.

（1）證明：C1O⊥平面ABCD；

（2）求二面角B-AA1-D的正弦值.

2試題解析

路徑1幾何關(guān)系，回歸定義.

（1）證法1如圖2，連接BC1，DC1，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BD⊥AC.

又BC=DC，∠C1CB=∠C1CD，

所以△BCC1≌△DCC1.

所以BC1=DC1.

由O是BD的中點(diǎn)知，BD⊥OC1.

所以AA1=CC1=2，CO=2，∠C1CO=45°.

在△OCC1中利用余弦定理，得

OC21=CO2+CC21-2·CO·CC1·cos∠C1CO=2.

即OC1=2.

滿足OC21+OC2=CC21.

即OC1⊥OC.

因?yàn)镺C∩BD=O，OC平面ABCD，

所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

證法2由證法1知，BD⊥OC1.

如圖3，連接AC1，A1C1，

由題意知，A1C1=22，AA1=2，∠C1A1A=45°.

在△A1C1A中利用余弦定理，得

AC21=A1A2+A1C21-2·A1A·A1C1·cos∠C1A1A

=4.

即AC1=2.

又CC1=2，由O是AC的中點(diǎn)知，AC⊥OC1.

因?yàn)锳C∩BD=O，

所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

證法3在△OCC1中利用余弦定理，得

OC21=CO2+CC21-2·CO·CC1·cos∠C1CO=2.

即OC1=2.

滿足OC21+OC2=CC21.

所以O(shè)C1⊥OC.

設(shè)∠C1OB=θ，則∠C1OD=π-θ.

在△C1OB中利用余弦定理，得

C1B=OC21+OB2-2·OC1·OB·cosθ

=21-cosθ.

同理，在△C1OD中利用余弦定理，得

C1D=21+cosθ.

又BC=DC，∠C1CB=∠C1CD，

所以△BCC1≌△DCC1.

所以C1B=C1D.

即21-cosθ=21+cosθ，

解得θ=π2.

易知OC1⊥OB.

由OB∩OC=O知，OC1⊥平面ABCD.

（2）如圖4，連接AB1，AD1，由（1）知

BC1=CC1=BC=2，∠C1CB=∠C1CD=π3.

又ABCD-A1B1C1D1是平行六面體，

所以∠AA1B1=∠AA1D1=π3，AB1=AD1=2.

所以△A1B1A和△A1D1A都是等邊三角形.

取AA1的中點(diǎn)P，連接PD1，PB1，

則PD1=PB1=3.

則AA1⊥D1P，AA1⊥B1P.

由二面角的定義知，∠D1PB1為二面角B1-AA1-D1的平面角.

在△D1PB1中利用余弦定理，得

cos∠D1PB1=PB21+PD21-B1D212·PB1·PD1=-13.

又因?yàn)椤螪1PB1∈［0，π］，

所以sin∠D1PB1=223.

即二面角B-AA1-D的正弦值為223.

評(píng)析（1）線線（面）垂直的轉(zhuǎn)化關(guān)系，如圖5所示：

（2）點(diǎn)到平面的距離：過(guò)該點(diǎn)作平面的垂線段，利用解三角形知識(shí)計(jì)算點(diǎn)到平面的距離h.

二面角的平面角：定義法，由二面角的平面角的定義知，如圖6，在二面角的棱上任取一點(diǎn)P，過(guò)該點(diǎn)在兩個(gè)半平面內(nèi)分別作垂直于棱的垂線段PA，PB，連接AB，利用余弦定理求∠APB.三垂線定理法，如圖7，①在平面α內(nèi)取一點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A作平面β的垂線，垂足為點(diǎn)B；②過(guò)點(diǎn)B作棱l的垂線，垂足為點(diǎn)P，連接AP； ③利用解三角形知識(shí)計(jì)算∠APB的三角函數(shù)值.解答過(guò)程需要注意“一作”“二證”“三計(jì)算”.

通過(guò)對(duì)本題的探究，不難發(fā)現(xiàn)如下常用結(jié)論：如圖8所示，若AB⊥平面α，OB平面α，OC平面α，記∠AOB=θ1，∠BOC=θ2，∠AOC=θ，則cosθ=cosθ1cosθ2.

路徑2空間向量，基底運(yùn)算.

解析（1）由題意知，CC1=CB=CD=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°，CB⊥CD.

取CB，CD，CC1為基底，

則OC1=OC+CC1

=-12CD-12CB+CC1，

OC1·CB=（-12CD-12CB+CC1）·CD

=CC1·CB-2；

OC1·CD=（-12CD-12CB+CC1）·CD

=CC1·CD-2.

因?yàn)椤螩1CB=∠C1CD，

所以CC1·CB-2=CC1·CD-2.

整理，得

CC1·（CB-CD）=OC1·DB=0.

易知C1O⊥BD.

所以O(shè)C1·OC=（OC+CC1）·OC

=OC2+CC1·OC=0.

即C1O⊥OC.

因?yàn)镺C∩BD=O，OC平面ABCD，

所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

（2）由（1）知，∠C1CB=∠C1CD=π3，

CB=CD=CC1=2.

以CC1，CB，CD為基底，設(shè)平面ABB1A1的法向量

m=CC1+x1CB+y1CD，

則滿足m⊥AB.

即m·AB=（CC1+x1CB+y1CD）·AB=0.

整理，得CC1·AB+x1CB·AB+y1CD·AB=0.

解得y1=-12.

同理m⊥AA1.

即m·AA1=（CC1+x1CB+y1CD）·AA1=0.

整理，得

CC1·AA1+x1CB·AA1+y1CD·AA1=0.

解得x1=-32.

所以m=CC1-32CB-12CD.

設(shè)平面ADD1A1的法向量

n=CC1+x2CB+y2CD，

同理可得n=CC1-12CB-32CD.

所以

m2=（CC1-32CB-12CD）2

=CC12+94CB2+14CD2-3CC1·CB-CC1·CD+32CB·CD

=6.

即|m|=6.

同理可得|n|=6，

因?yàn)閙·n=（CC1-32CB-12CD）（CC1-

12CB-32CD），

展開，得m·n=2.

所以cos<m，n>=m·n|m|·|n|=13.

又<m，n>∈［0，π］，

所以sin<m，n>=223.

所以二面角B-AA1-D的正弦值為223.

路徑3建系描點(diǎn)，坐標(biāo)簡(jiǎn)化.

解析（1）如圖9所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA為x軸，OB為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），D（0，-2，0）.

設(shè)C1（x0，y0，z0），則

CB=（2，2，0），CD=（2，-2，0），

CC1=（x0+2，y0，z0）.

因?yàn)椤螩1CB=∠C1CD，

即CB·CC1=CD·CC1.

代入向量坐標(biāo)， 得

2（x0+2）+2y0=2（x0+2）-2y0，

解得y0=0.

又C1C=2，

所以CC12=（x0+2）2+0+z20=4.

即x20+22x0+z20=2.

由∠C1CO=45°知，CC1·CO=2.

即2（x0+2）=2，解得x0=0.

所以z0=2.

即C1（0，0，2）.

顯然C1在z軸上，所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

（2）由（1）知，AA1=（2，0，2），AB=（-2，2，0），AD=（-2，-2，0）.

設(shè)平面AA1B的法向量為m=（x1，y1，z1），則

m⊥AA1，m⊥AB.

滿足m·AA1=0，m·AB=0.

即2x1+2z1=0，-2x1+2y1=0.

解得z1=-x1，y1=x1.

令x1=1，則m=（1，1，-1）.

設(shè)平面AA1D的法向量為n=（x2，y2，z2），同理可得n=（1，-1，-1）.

所以cos<m，n>=m·n|m|·|n|=13.

又<m，n>∈［0，π］，

所以sin<m，n>=223.

所以二面角B-AA1-D的正弦值為223.

評(píng)析點(diǎn)到平面的距離：在幾何圖形中選取三個(gè)不共線的向量a，b，c作為基底，利用空間向量基本定理將平面α的法向量n和AP分別用基底a，b，c表示，則點(diǎn)P到平面α的距離為h=|AP·n||n|.

二面角的平面角：將平面α，β的法向量m，n分別用a，b，c表示，利用空間向量數(shù)量積公式知，

cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|，根據(jù)幾何圖形判斷二面角的平面角θ的大小.

當(dāng)θ∈（0，π2）時(shí)，cosθ=|cos〈m，n〉|；當(dāng)θ∈（π2，π）時(shí)，cosθ=-|cos〈m，n〉|.

若采用坐標(biāo)法計(jì)算，則利用向量運(yùn)算的坐標(biāo)表示.

路徑4等價(jià)轉(zhuǎn)化，強(qiáng)化思維.

（1）證法1如圖10，過(guò)點(diǎn)C1作平面ABCD的垂線CH，垂足點(diǎn)H，連接BH，DH，C1B，C1D.

因?yàn)镃1H⊥平面ABCD，

BH平面ABCD，

DH平面ABCD，

所以C1H⊥BH，C1H⊥DH.

由BC=DC，∠C1CB=∠C1CD知，

△BCC1≌△DCC1.

所以BC1=DC1.

所以△HC1B≌△HC1D.

所以BH=DH.

即點(diǎn)H在線段BD的中垂線AC上.

由C1H⊥HC，CC1=2，∠C1CO=45°知，C1H=2.

在△OCC1中利用余弦定理，得

OC21=CO2+CC21-2·CO·CC1·cos∠C1CO=2.

即OC1=C1H=2.

又點(diǎn)O，H均在AC上，

所以O(shè)，H兩點(diǎn)重合.

即OC1⊥平面ABCD.

證法2由證法1知，BD⊥OC1.

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BD⊥AC.

由AC∩OC1=O知，BD⊥平面ACC1A1.

所以S△AC1C=12·CA·CC1·sin∠ACC1=2，

OB=2.

所以VB-AC1C=13·S△AC1C·OB=223.

記點(diǎn)C1到平面ABCD的距離為h，則

VC1-ABC=13S△ABC·h=2h3.

顯然VB-AC1C=VC1-ABC.

即223=2h3，解得h=2.

在△OCC1中利用余弦定理，得

OC21=CO2+CC21-2·CO·CC1·cos∠C1CO=2.

即OC1=2=h.

則點(diǎn)C1到平面ABCD的距離與線段OC1的長(zhǎng)度相同.

因?yàn)檫^(guò)平面外一點(diǎn)有且只有一條直線與平面垂直，所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

（2）解法1如圖11，連接A1C1，B1D1，相交于點(diǎn)O1，連接O1A，因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是平行六面體，所以O(shè)B∥O1B1.

由（1）知OB⊥ACC1A1.

所以O(shè)1B1⊥ACC1A1.

因?yàn)椤螩1CO=∠O1A1A=45°，

所以S△O1A1A=12·O1A1·A1A·sin∠O1A1A=1.

由（1）知∠C1CB=∠B1A1A=π3，

S△BA1A=12·B1A1·A1A·sin∠B1A1A=3.

記二面角C1-AA1-B1的平面角為θ，則

cosθ=S△O1A1AS△B1A1A=33.

由對(duì)稱性知，二面角B-AA1-D的平面角大小等于2θ.

所以sin2θ=2sinθcosθ=223.

即二面角B-AA1-D的正弦值為223.

解法2如圖12，取CC1的中點(diǎn)為點(diǎn)M，連接OM，BM，由（1）知，BO⊥平面ACC1A1.

所以BO⊥CC1.

因?yàn)镺C=OC1，M為CC1的中點(diǎn)，

所以MO⊥CC1.

由MO∩CO=O知，CC1⊥平面OBM.

所以CC1⊥BM.

所以二面角B-CC1-O的平面角為∠OMB.

又OB=2，OM=12CC1=1，

所以BM=OB2+OM2=3，

sin∠OMB=OBOM=63，

∠OMB∈（0，π2）.

所以cos∠OMB=33.

二面角B-CC1-D的平面角大小為2∠BMO，

sin2∠BMO=2sin∠BMOcos∠BMO=223.

因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是平行六面體，

所以二面角B-CC1-D與二面角B-AA1-D的大小相同.

所以二面角B-AA1-D的正弦值為223.

評(píng)析點(diǎn)到平面的距離：第一種方法是通過(guò)三棱錐的幾何特征轉(zhuǎn)化頂點(diǎn)位置，使得更加方便求新頂點(diǎn)到底面的距離，即等體積法；第二種方法是通過(guò)線面、面面平行把所求點(diǎn)到平面的距離轉(zhuǎn)化為其他點(diǎn)到這個(gè)平面的距離，即平行轉(zhuǎn)化法.

二面角的平面角：從二面角的平面角入手，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求二面角的補(bǔ)角或余角（如圖13、圖14）.

路徑5割補(bǔ)圖1qyHBinrauRktw8PjMxzmw==形，挖掘原型.

解析（1）如圖15，構(gòu)造長(zhǎng)方體ABCD-EFMN，滿足AB=BC=2，CM=2.

記正方形EFMN的中心為C1，在平面EFMN內(nèi)，

過(guò)點(diǎn)C1作BC的平行線C1B1，滿足C1B1=CB，

過(guò)點(diǎn)B1作BA的平行線B1A1，滿足A1B1=AB，

過(guò)點(diǎn)A1作AD的平行線A1D1，滿足A1D1=AD.

易知A1B1C1D1是邊長(zhǎng)為2的正方形.

又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

所以ABCD-A1B1C1D1是平行六面體.

由AB=BC=2，CM=2，正方形EFMN的中心為C1，C1B=C1C=C1D=2，

所以∠C1CB=∠C1CD=60°，∠C1CO=45°.

又正方形ABCD的中心為O，所以MC∥C1O.

因?yàn)镸C⊥平面ABCD，

所以O(shè)C1⊥平面ABCD.

（2）二面角B-AA1-D的平面角與二面角

B1-AA1-D1的平面角大小相同，如圖16所示，連接B1D1交A1C于點(diǎn)O1，過(guò)點(diǎn)O1作AA1的垂線，垂足為點(diǎn)P，連接B1P.

由（1）知，BO⊥平面ACC1A1.

又BO∥B1O1，

所以B1O1⊥平面ACC1A1.

所以B1O1⊥AA1.

又O1P⊥AA1，O1P∩B1O1=O1，

所以AA1⊥平面B1O1P.

所以∠O1PB1為二面角C1-AA1-B1的平面角.

因?yàn)镺1B1=2，

所以O(shè)1P=O1A1sin∠O1A1P=1，

B1P=O1B21+O1P2=3.

易知sin∠O1PB1=O1B1PB1=63.

又∠O1PB1為銳角，所以cos∠O1PB1=33.

由對(duì)稱性知，∠D1PO1為二面角C1-AA1-D1的平面角.

所以二面角B-AA1-D的平面角大小等于

2∠O1PB1，

sin2∠O1PB1=2sin∠O1PB1cos∠O1PB1=223.

即二面角B-AA1-D的正弦值為223.

評(píng)析將幾何體補(bǔ)成易證明和計(jì)算的規(guī)則幾何體，常見策略：表1補(bǔ)形

原幾何體補(bǔ)形幾何體原幾何體補(bǔ)形幾何體正四面體正方體三棱錐平行六面體

對(duì)棱相等的三棱錐長(zhǎng)方體三棱柱平行六面體

三條側(cè)棱相互垂直的三棱錐長(zhǎng)方體或正方體

臺(tái)體錐體

3結(jié)束語(yǔ)

新高考地區(qū)立體幾何試題的考查難度加大，考查形式多樣，重點(diǎn)考查空間中點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷與論證，空間中點(diǎn)到面的距離，線與角的大小計(jì)算，更加注重空間想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，具有較強(qiáng)的綜合性.師生應(yīng)在平時(shí)訓(xùn)練中下功夫，注重

空間想象、邏輯推理、運(yùn)算求解能力的提升.

參考文獻(xiàn)：

［1］

雷譽(yù).2023年全國(guó)乙卷（理科）第19題的多解探究[J].數(shù)理化解題研究，2023（34）：91-94.

［責(zé)任編輯：李璟］