摘要：通過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，對學生創(chuàng)新性能力的考查要求進一步提高.

關(guān)鍵詞：理性思維；空間想象；知識載體；解決路徑

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）28-0017-07

參考文獻[1]給出了解決立體幾何問題的三大方法：幾何法、坐標向量法、基底向量法［1］，但學生在解決具體問題時，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算問題，幫助學生突破本章難點與痛點，進一步增強思維的靈活性.

1試題再現(xiàn)

例1如圖1，平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點，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，因為四邊形ABCD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.

因為OC∩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的中點知，AC⊥OC1.

因為AC∩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.

又因為∠D1PB1∈［0，π］，

所以sin∠D1PB1=223.

即二面角B-AA1-D的正弦值為223.

評析（1）線線（面）垂直的轉(zhuǎn)化關(guān)系，如圖5所示：

（2）點到平面的距離：過該點作平面的垂線段，利用解三角形知識計算點到平面的距離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P，過該點在兩個半平面內(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A，過點A作平面β的垂線，垂足為點B；②過點B作棱l的垂線，垂足為點P，連接AP； ③利用解三角形知識計算∠APB的三角函數(shù)值.解答過程需要注意“一作”“二證”“三計算”.

通過對本題的探究，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.

因為∠C1CB=∠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.

因為OC∩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，

因為m·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，坐標簡化.

解析（1）如圖9所示，以O(shè)為坐標原點，OA為x軸，OB為y軸，建立空間直角坐標系，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）.

因為∠C1CB=∠C1CD，

即CB·CC1=CD·CC1.

代入向量坐標， 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.

評析點到平面的距離：在幾何圖形中選取三個不共線的向量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θ∈（0，π2）時，cosθ=|cos〈m，n〉|；當θ∈（π2，π）時，cosθ=-|cos〈m，n〉|.

若采用坐標法計算，則利用向量運算的坐標表示.

路徑4等價轉(zhuǎn)化，強化思維.

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

因為C1H⊥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O，H均在AC上，

所以O(shè)，H兩點重合.

即OC1⊥平面ABCD.

證法2由證法1知，BD⊥OC1.

因為四邊形ABCD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C1到平面ABCD的距離與線段OC1的長度相同.

因為過平面外一點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O1，連接O1A，因為ABCD-A1B1C1D1是平行六面體，所以O(shè)B∥O1B1.

由（1）知OB⊥ACC1A1.

所以O(shè)1B1⊥ACC1A1.

因為∠C1CO=∠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的中點為點M，連接OM，BM，由（1）知，BO⊥平面ACC1A1.

所以BO⊥CC1.

因為OC=OC1，M為CC1的中點，

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.

因為ABCD-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.

評析點到平面的距離：第一種方法是通過三棱錐的幾何特征轉(zhuǎn)化頂點位置，使得更加方便求新頂點到底面的距離，即等體積法；第二種方法是通過線面、面面平行把所求點到平面的距離轉(zhuǎn)化為其他點到這個平面的距離，即平行轉(zhuǎn)化法.

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

路徑5割補圖1qyHBinrauRktw8PjMxzmw==形，挖掘原型.

解析（1）如圖15，構(gòu)造長方體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)，

過點C1作BC的平行線C1B1，滿足C1B1=CB，

過點B1作BA的平行線B1A1，滿足A1B1=AB，

過點A1作AD的平行線A1D1，滿足A1D1=AD.

易知A1B1C1D1是邊長為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.

因為MC⊥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O1，過點O1作AA1的垂線，垂足為點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.

因為O1B1=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.

評析將幾何體補成易證明和計算的規(guī)則幾何體，常見策略：表1補形

原幾何體補形幾何體原幾何體補形幾何體正四面體正方體三棱錐平行六面體

對棱相等的三棱錐長方體三棱柱平行六面體

三條側(cè)棱相互垂直的三棱錐長方體或正方體

臺體錐體

3結(jié)束語

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，重點考查空間中點、線、面位置關(guān)系的判斷與論證，空間中點到面的距離，線與角的大小計算，更加注重空間想象、邏輯推理、數(shù)學運算等核心素養(yǎng)，具有較強的綜合性.師生應(yīng)在平時訓練中下功夫，注重

空間想象、邏輯推理、運算求解能力的提升.

參考文獻：

［1］

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

［責任編輯：李璟］