橫看成嶺側成峰，遠近高低各不同
——2020年新高考Ⅰ卷(供山東省使用)第20題的解法探討

山東 李 斌 耿曉紅

2020年新高考數學試題在命制的過程中重視難度和思維的層次性，給廣大學生提供更廣闊的思考空間，更多的思考角度，以及基于自己認知水平的發現和探索解題方法的不同平臺.例如第20題具有多種解法，體現了解題方法的多樣性，給不同層次的考生提供了多種分析問題和解決問題的途徑.

一、試題再現

(2020·新高考Ⅰ卷(供山東省使用)·20)如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設平面PAD與平面PBC的交線為l.

(Ⅰ)證明：l⊥平面PDC；

(Ⅱ)已知PD=AD=1,Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

【分析】該題考查的是有關立體幾何的問題，涉及的知識點有線面平行的判定和性質，線面垂直的判定和性質，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.第一問就難倒不少學生，找不到交線l在哪里，不能將l⊥平面PDC轉化成其他直線垂直于平面PDC，當然也就無從證明,得分率較低.第二問失分點一是點Q的坐標不會設，找不到合理的變量，無法表示線面角的正弦值；失分點二是建立函數關系后，不會合理求最值，下面我們一起來看看該題在不同視角下的解法探究.

二、解法探究

1.第一問之探究視角

視角一：利用線面平行性質定理找l的平行線

解法一：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD.∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC，又PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC.

∵AD∥BC,AD?平面PBC,BC?平面PBC,∴AD∥平面PBC.

∵平面PAD∩平面PBC=l,AD?平面PAD,∴l∥AD.∴l⊥平面PDC.

【評析】該解法為常規證明，構造線面平行的條件，證明l∥AD.

視角二：利用面面平行性質定理找l的平行線

解法二：思路1：過A作AG∥BP，∵AD∥BC，∴平面ADG∥平面BCP，∵平面PAD分別交平面ADG和平面PBC于AD和l，∴l∥AD.

∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD.∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC，又PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC.∴l⊥平面PDC.

思路2：分別取AB，DC，PD，PA的中點E，F，G，H，易證得平面EFGH∥平面PBC.平面PAD分別交平面EFGH和平面PBC于GH和l，∴l∥GH.∵GH∥AD,∴AD∥l.

∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD.∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC，又PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC.∴l⊥平面PDC.

【評析】構造兩個平行平面，與第三個平面PAD相交，得到AD∥l，利用的是面面平行性質定理.

視角三：補空間幾何體找交線l

解法三：思路1：∵四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD,

∴DP，DA，DC兩兩垂直，以DP，DA，DC為三條棱作長方體ABCD-EFGP.

∴EP∥AD∥BC，∴EP?平面PAD,EP?平面PBC，EP就是l.

因為在長方體中，所以l⊥平面PDC.

思路2：∵四棱錐P-ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，

∴DP，DA，DC兩兩垂直，作AE∥DP，PE∥AD，AE∩EP=E，以PE，DA，BC為棱作直三棱柱ABE-DCP.

∴EP∥AD∥BC，∴EP?平面PAD,EP?平面PBC，EP就是l.

∵在直三棱柱中，∴l⊥平面PDC.

【評析】交線l在原圖中沒有顯現出來，我們可以通過構造長方體或直三棱柱，利用幾何體的結構特征,將交線在幾何體中表現出來，進而更容易判斷.

視角四：利用線線平行作交線l

解法四：∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AD.∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC，又PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC.

思路1：過P作PE∥AD，∵AD∥BC，∴PE∥BC，∴PE就是l.∴l⊥平面PDC.

思路2：過A作AE∥DP，且AE=DP，則四邊形ADPE是平行四邊形，∴AD∥EP.∵AD∥BC，∴EP∥BC，∴PE就是l.∴l⊥平面PDC.

思路3：過A作AE⊥平面ABCD且AE=DP，∵PD⊥底面ABCD，∴AE∥DP，則四邊形ADPE是平行四邊形，∴AD∥EP.∵AD∥BC，∴EP∥BC，∴PE就是l.∴l⊥平面PDC.

【評析】通過視角四，或構造平行四邊形證明線線平行，也是幾何證明中的常見方法.

視角五：利用線面垂直的關系找與l垂直的相交直線

解法五：∵PD⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，∴PD⊥BC.

∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥DC，

又PD∩DC=D,∴BC⊥平面PCD.

過D作DN⊥PC，垂足為N，DN?平面PDC,∴BC⊥DN，

PC∩BC=C,PC,BC?平面PBC,∴DN⊥平面PBC,∵l?平面PBC，∴DN⊥l.

∵PD⊥底面ABCD，DC?平面ABCD，∴PD⊥DC.

∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC.

∵AD∩PD=D,AD,PD?平面PAD,∴DC⊥平面PAD.∵l?平面PAD,∴DC⊥l.

∵DC∩DN=D,DC,DN?平面PDC,∴l⊥平面PDC.

【評析】直接在平面PDC內找兩條與l垂直的相交直線，利用線面垂直的判定定理證明.

視角六：利用面面垂直關系找交線l

解法六：∵PD⊥底面ABCD，AD?平面ABCD，∴PD⊥AD.

∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥DC，

又PD∩DC=D,∴AD⊥平面PDC,∵AD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面PDC.

∵PD⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，∴PD⊥BC.

∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥DC，

又PD∩DC=D,∴BC⊥平面PDC,∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PDC.

∵平面PBC∩平面PAD=l.∴l⊥平面PDC.

【評析】若垂直于同一平面的兩個平面相交，則交線也垂直于該平面.因為平面PBC∩平面PAD=l，只需證明平面PAD⊥平面PDC，平面PBC⊥平面PDC即可.

視角七：利用坐標法證明線面垂直

解法七：分別以DA，DC，DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.

平面PAD的一個法向量是n2=(0,1,0),

【評析】根據視角七，求出平面PBC和平面PAD的法向量，再求交線l的方向向量，與平面PAD的法向量平行即可.

2.第二問之探究視角

問題1：如何找到PB與平面QCD所成角？

視角一：幾何法

解法一：設PQ=a，連接QC，QD,QC∩PB=O，作PH⊥QD,垂足為H，連接OH.∵CD⊥平面PAD,∴CD⊥PH，∵CD∩QD=D,CD,QD?平面QCD，∴PH⊥平面QCD，所以∠POH就是直線PB與平面QCD所成角，

【評析】利用線面角的定義，找到PB在平面QCD內的射影OH，即可找到線面角∠POH，解直角三角形POH就行.

視角二：坐標法

【評析】建立空間直角坐標系，利用空間向量求角的正弦值，是最為常見的解題方法.

問題2：如何求PB與平面QCD所成角的正弦值的最值？

視角一：重要不等式法

視角二：基本不等式法

當且僅當a=1時等號成立.

視角三：換元法

設1+a=t，

視角四：導數法

當00，y是增函數，當a>1時，y′<0，y是減函數，

視角五：判別式法

∴(3y2-1)a2-2a+3y2-1=0有實數解，

【評析】近幾年，立體幾何中動態問題一度成為熱點內容，其中和函數模型有關的最值問題大多為二次函數、分式函數、三次多項式函數的最值，所以熟練掌握一些常見函數模型的最值問題的求解方法是十分必要的.

三、教學思考

1.立體幾何問題在形成空間觀念、培養空間想象能力和鞏固邏輯思維能力方面有著獨特的作用，在幾何體中找到圖形的特征，找到幾何元素間的關系，建立未知量與已知量間的關系進行證明.

2.對于一道數學題，由于著眼點和角度的不同，會有許多不同的解題方法，對已解決的典型題目，應指導學生再回首從多角度、多方位去思考，尋求更簡捷巧妙的解法，反思解題的規律，發現知識間的聯系，挖掘數學思想與方法，提升數學核心素養和解題能力.