一道立體幾何高考題的解法研究

　　2011年高考全國大綱卷（理科）立體幾何解答題，是一道難得的好題.我對此題解法進行了深入廣泛的研究，與大家交流于后.
　　題目（2011年高考全國大綱卷（理科）第19題）：如圖1，四棱錐中S-ABCD，AB‖CD，BC⊥CD，側面SAB為等邊三角形，AB=BC=2，CD=SD=1.
　　（Ⅰ）證明：SD⊥平面SAB；
　　（Ⅱ）求AB與平面SBC所成角的大小.
　　為了行文方便，對兩個小題的解答，分成兩部分分別給出.第（Ⅰ）問共列6種解法，依次用證法1.1到證法1.6進行編號；第（Ⅱ）問共列六類11種解法，六類依次用a至f六個字母編號，11種解法依次用解法2.1到解法2.11進行編號.全文設AB與平面SBC所成的角為θ.
　　1.第（Ⅰ）小題的六種證法
　　證法1.1：如圖2，在Rt△BCD中，BC=2，CD=1，所以DB=，又因為SD=1，SB=2，所以BD=SD+SB，故SD⊥SB.取E為AB的中點，聯結DE，因為AB=2，所以BE=1，又CD=1，所以CD=BE.由AB‖CD知CD‖BE，故四邊形BCDE為平行四邊形.又BC⊥CD，所以四邊形BCDE為矩形，故有DE⊥AB，DE=2.在Rt△ADE中，求得AD=。顯然△SAD也是直角三角形，故SD⊥SA.這樣便有SD⊥SB，SD⊥SA且SA∩SB=S，所以SD⊥平面SAB.
　　證法1.2：如圖2，在△CBD和△SBD中，SB=CB，SD=CD，BD=BD，所以△SBD?艿△CBD，因為CB⊥CD，所以SD⊥SB.取E為AB的中點，證法1.1證得DE⊥AB，故AD=BD，又SD=SD，SA=SB，所以△SBD?艿△SAD，所以SD⊥SA，所以SD⊥平面SAB.
　　證法1.3：如圖2，證法1.1證得四邊形BCDE為矩形，因而DE⊥AB，DE=2.在等邊三角形△SAB中，SE⊥AB，SE=.由SD=1，SE=，DE=2得DE=SE+SD，所以SD⊥SE.又由AB⊥DE，AB⊥SE和DE∩SE=E，可知AB⊥平面SDE，所以AB⊥SD.于是既有SD⊥SE又有SD⊥AB，所以SD⊥平面SAB.
　　證法1.4：如圖2，證法1.3證明AB⊥平面SDE，于是平面SAB⊥平面SDE，交線為SE.同證法1.3證得SD⊥SE，由兩平面垂直的性質定理可知SD⊥平面SAB.
　　證法1.5：如圖3，取、、為一組基底，由條件||=||=||=2，⊥，＜，＞=60°，可知·=0，·=2×2×cos60°=2.因為=+=-+，由||=1得，||+||+||-2·+·-·=1，從中解得·=3.所以·=（-+）·=3-4+1=0；·=（-+）·=0-2+×4=0，因此SD⊥BS，SD⊥BA，故SD⊥平面SAB.
　　證法1.6：如圖4，以B為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz.由題目條件可知A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），D（2，1，0），設點S的坐標為（x，y，z），則有=（x，y-2，z），=（x，y，z），=（x-2，y-1，z），由||=2，||=2，||=1用空間兩點之間的距離公式得方程組x+（y-2）+z=4x+y+z=4（x-2）+（y-1）+z=1，解得x=，y=1，z=，即得S的坐標為（，1，）.于是，=（0，2，0），=（，1，），=（-，0，）.所以·=0+0+0=0且·=-+0+=0，所以SD⊥AB，SD⊥SB，又AB∩SB=B，所以SD⊥平面SAB.
　　2.第（Ⅱ）小題的11種解法
　　a.在斜線AB上選一點，求它到平面SBC的距離，再求斜線和平面所成角的正弦，進而求得線面角.
　　解法2.1：如圖5，設點A到平面SBC的距離為h，下面用三棱錐體積變換法求h.易求S=，由于SD⊥平面SAB，SD=1，因此V=S×SD=顯然S=S，故V=V.因此V=V=V=V=.由SD⊥AB，AB‖CD得，SD⊥CD，所以SC=.容易求得等腰△SBC的面積S=.所以V=S×h=.由=解得h=，故sinθ==，所以θ=arcsin.
　　解法2.2：如圖6，同證法1.3可證明AB⊥平面SDE，所以平面ABCD⊥平面SDE，交線為DE.作SF⊥DE于F，則SF⊥平面ABCD，故SF是點S到平面ABCD的距離.在Rt△SDE有SF==.所以V=S×SF=.下同解法2.1用體積法可求出點A到平面SBC的距離h（略）.
　　解法2.3：如圖7，同解法2.2先求出點S到平面ABCD的距離SF=，再求點E到平面SBC的距離，進而求得θ.由于ED‖BC可得DE‖平面SBC，故E到平面SBC的距離等于點F到平面SBC的距離.由SF⊥平面ABCD，得SF⊥BC.作FG⊥BC于G，聯結SG，則BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG，交線為SG，作FH⊥SG于H，則FH⊥平面SBC，所以FH為點F到平面SDE的距離.在Rt△SFG中可求得FH==，則sinθ==，故θ=arcsin.
　　b.平移直線AB到適當位置，作出直線和平面所成的角，再求大小.
　　解法2.4：如圖7，同解法2.3易見FG‖AB，則AB與平面SBC所成的角等于FG與平面SBC所成的角.又證得FH⊥平面SBC，所以∠SGF為FG與平面SBC所成的角.在Rt△SFG中SF=，FG=1，，所以tan∠SGF==，故θ=arctan.
　　解法2.5：如圖8，同證法1.3可證明AB⊥平面SDE.作線段SM‖EB，SM=EB，連MB、MC，因而AB與平面SBC所成的角等于SM與平面SBC所成的角.顯然多面體SDE-MCB是一個直三棱柱.設直線SM在平面SBC上的射影為SN，且SN∩BC=N，則∠MSN為斜線SM與平面SBC所成的角.顯然SM⊥BC，由三垂線定理的逆定理得SN⊥BC，因此BC⊥平面SMN，聯結MN，則BC⊥MN.在Rt△MCB中易求得MN=.所以在Rt△SMN中tan∠MSN==，故∠MSN=arctan，即θ=arctan.
　　c.將AB與平面SBC所成角轉化為二面角S-BC-A的一個平面角，通過求二面角大小得所求角.
　　解法2.6：如圖9，過點A作直線AK⊥平面SBC，垂足為K，聯結BK，則∠ABK為AB與平面SBC所成的角.又由于BC?奐平面SBC且BC⊥AB，由三垂線定理的逆定理可知BC⊥BK，所以∠ABK又是二面角S-BC-A的一個平面角.同解法2.4可以證明BC⊥平面SFG，所以∠SGF為二面角S-BC-A的又一個平面角.在Rt△SFG中可求得tan∠SGF==，故所求角θ=arctan.
　　解法2.7：如圖9，同解法2.6將AB與平面SBC所成的角轉化成二面角S-BC-A的一個平面.同解法2.2證明SF⊥平面ABCD，則△SBC在平面ABCD上的射影為△FBC，于是cosθ=.容易求出等腰△SBC的面積為S=，又S=BC·CD=1，所以cosθ===，故θ=arccos.
　　d.利用空間向量基本定理、數量積運算及法向量方法求線面角大小.
　　解法2.8：上接證法1.5，設平面SBC的一個法向量為=x+y+z，由·=0，·=0，易得2x+3y+4z=04y+3z=0，可解得一組解為y=6，x=7，z=-8.所以=7+6-8.可求出||=2，·=12，所以cos＜，＞==.所以θ=arcsin.
　　e.利用空間向量的坐標運算求直線與平面所成角的大小.
　　 解法2.9：如圖4，上接證法1.6，S的坐標為（，1，），設平面SBC的一個法向量為=（a，b，c）.由·=0，·=0得+b+=02a=0，解得一組解為a=0，b=-，c=2.=（0，-，2）.所以cos＜，＞===，則sinθ=，所以θ=arcsin.
　　解法2.10：如圖4建立空間直角坐標系，接解法2.2證得SF⊥平面ABCD后，在Rt△SDE中容易求得SF==，EF=，又BE=1，即：用幾何法求出點S的坐標為（，1，），下同解法2.9（略）.當然也可以以點C為原點建立空間直角坐標系，那樣又會得到一些類似的解法.
　　f.利用最小角定理（cosθ=cosθ·cosθ.其中θ表示斜線與平面內一條直線的夾角，θ表示斜線與平面所成的角，θ表示平面內這條直線與斜線在平面上的射影所成的角），求斜線與平面所成的角.
　　解法2.11：如圖10，過點A作直線AK⊥平面SBC于K，聯結BK，則BK是AB在平面SBC上的射影，∠ABK是AB與平面SBC所成的角.因為BC?奐平面SBC，BC⊥AB，由三垂線定理的逆定理知BC⊥BK，則∠KBS+∠SBC=90°，所以cos∠KBS=sin∠SBC.在△SBC中，由余弦定理可求得cos∠SBC=，所以sin∠SBC=，即得cos∠KBS=.又cos∠ABS=cos60°=.由最小角定理得cos∠ABS=cos∠ABK·cos∠KBS，所以cos∠ABK==種，故θ=arccos.