素養(yǎng)立意下幾何體空間角的逆向求法

摘 要：根據(jù)近幾年高考立體幾何命題的規(guī)律，立體幾何總體保持穩(wěn)定，以簡單幾何體為載體，重點(diǎn)考查空間線面的平行、垂直問題，求空間角、空間距離，研究存在性問題、探索性問題.其中，對空間角的考查成為歷年高考的必考內(nèi)容.考查逆向思維求空間角等幾何元素增多，打破常規(guī)命題是一個亮點(diǎn)，問題切入點(diǎn)變化大且巧妙.

關(guān)鍵詞：素養(yǎng)立意；幾何體；空間角；逆向求法

中圖分類號：G632"" 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0064-05

立體幾何是高考命制創(chuàng)新試題的主要載體之一，新高考試卷在“空間圖形情景+問題”中深入挖掘，加大考查力度，突出數(shù)學(xué)思維的本質(zhì)特征.立體幾何要解決的主要問題是空間圖形的形狀、大小及其位置關(guān)系.

高考對立體幾何的考查中，簡單幾何體和組合幾何體是培養(yǎng)學(xué)生空間想象能力的一個很好的載體，重點(diǎn)考查空間線面的平行、垂直問題，求空間角、空間距離，研究存在性問題和探索性問題.其中，對空間角的考查成為歷年高考的必考內(nèi)容.反套路、反刷題，考查逆向思維增多，打破常規(guī)命題是一個亮點(diǎn)，問題切入點(diǎn)變化大且巧妙.本文以四類常見幾何體為考查載體，聚焦素養(yǎng)立意下的幾何體空間角的逆向求法.

1 以棱柱為考查載體，二面角、線面角逆向求異面直線所成角

例1 如圖1，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E為棱AA1的中點(diǎn)，∠ABC=90°，CC1=2.

（1）若AB=1，求證：B1E⊥平面BCE；

（2）若平面AB1C1與平面ABC的夾角的余弦值是5/5，且直線AC1與平面BCC1所成角的正弦值是1/3，求異面直線EC與AB1所成角的余弦值.

解析 （1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BC平面ABC，所以BB1⊥BC.

又∠ABC=90°，即AB⊥BC.

又BB1∩AB=B，所以BC⊥平面ABB1A1.

因?yàn)锽1E平面ABB1A1，

所以B1E⊥BC.

因?yàn)锽B1⊥AB，AB=1，AE=12AA1=1，

所以BE=2.

同理B1E=2.

又BB1=2，

所以BE2+B1E2=BB21.

即BE⊥B1E.

又BE，BC平面BCE，BE∩BC=B，

所以B1E⊥平面BCE［1］.

（2）因?yàn)锽B1⊥平面ABC，

所以∠B1AB為平面AB1C1與平面ABC所成的角.

由cos∠B1AB=ABAB1=ABAB2+4=55，解得AB=1.

因?yàn)锳B⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，

所以AB⊥平面BCC1.

所以∠AC1B為AC1與平面BCC1B1所成的角.

由sin∠AC1B=ABAC1=1AC1=13，

解得AC1=3.

由AC1=4+AC2=4+1+BC2=3，

解得BC=2.

因?yàn)锳B⊥BC，BB1⊥平面ABC，

故以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖2空間直角坐標(biāo)系，

所以

EC=（-1，2，-1），AB1=（-1，-0，2）［2］.

所以cos〈EC，AB1〉=EC·AB1|EC|·|AB1|=3030.

故異面直線EC與AB1所成角的余弦值為3030.

2 以棱錐為考查載體，求線面角，或已知二面角逆向求其他幾何元素

例2 如圖3，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2AD=2，PA⊥平面ABCD，E為PD中點(diǎn).

（1）若PA=1，

（ⅰ）求證：AE⊥平面PCD；

（ⅱ）求直線BE與平面PCD所成角的正弦值；

（2）若平面BCE與平面CED夾角的正弦值為215，求PA.

解析 （1）（ⅰ）（方法1）

因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PA⊥CD.

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以CD⊥AD.

又PA∩AD=A，PA，AD平面PAD，

所以CD⊥平面PAD.

因?yàn)锳E平面PAD，所以CD⊥AE.

在△PAD中，PA=AD=1，E為PD中點(diǎn)，

所以AE⊥PD.

因?yàn)镻D∩CD=D，

PD平面PCD，CD平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.

（方法2）以A為原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖4所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），E（0，12，12）.

所以AE=（0，12，12），PC=（2，1，-1）.

因?yàn)锳E·PC=0+12-12=0，

所以AE⊥PC.

在△PAD中，PA=AD=1，E為PD中點(diǎn)，

所以AE⊥PD.

因?yàn)镻D∩PC=P，

PD平面PCD，PC平面PCD，

所以AE⊥平面PCD［3］.

（方法3）設(shè)平面PCD的一個法向量為t=（a，b，c），DC=（1，0，0），PD=（0，1，-1），AE=（0，12，12），

則t·DC=0，t·PD=0.

所以a=0，b-c=0.

令b=1，則c=1，所以t=（0，1，1）.

因?yàn)锳E=12t，所以AE∥t.

所以AE⊥平面PCD.

（ⅱ）由（ⅰ）得：AE⊥平面PCD.

所以AE為平面PCD的一個法向量，AE=（0，12，12），BE=（-2，12，12）.

記直線BE與平面PCD所成角為β，

所以sinβ=|coslt;BE·AEgt;|

=|AE·BE||AE|·|BE|

=1/4+1/41/4+1/4·4+1/4+1/4=13.

所以直線BE與平面PCD所成角的正弦值為13.

（2）設(shè)PA=a（agt;0），所以BC=（0，1，0），AE=（0，12，a2），BE=（-2，12，a2）.

設(shè)平面BCE的一個法向量為n=（x，y，z），

則n·BC=0，n·BE=0.

所以y=0，-2x+12y+a2z=0.

令z=2，解得x=a2，y=0.

所以n=（a2，0，2）.

設(shè)平面CPD的法向量m=（x0，y0，z0），

又CP=（-2，-1，a），CD=BA=（-2，0，0） ，

則 m·CP=0，m·CD=0.

所以-2x0=0，-2x0-y0+az0=0.

令z0=1，解得 x0=0，y0=a.

所以m=（0，a，1）.

設(shè)平面BCE與平面CED的夾角大小為θ，

則

cosθ=|cos〈n，m〉|

=n·m|n|·|m|

=2a2/4+4·a2+1

=4（a2+16）（a2+1）.

因?yàn)閟inθ=215，所以cosθ=25.

即4（a2+16）（a2+1）=25.

即（a2-4）（a2+21）=0.

解得a=2，即PA=2.

3 以圓錐為考查載體，二面角逆向求線面角

例3 如圖5，在三棱錐P-ABC中，AB是△ABC外接圓的直徑，PC垂直于圓所在的平面，D，E分別是棱PB，PC的中點(diǎn).

（1）求證：DE⊥平面PAC；

（2）若二面角A-DE-C為π/3，AB=PC=4，求AE與平面ACD所成角的正弦值.

解析 （1）因?yàn)锳B是圓的直徑，

所以BC⊥AC.

因?yàn)镻C垂直于圓所在的平面，BC平面ABC，

所以BC⊥PC.

又AC∩PC=C，AC平面PAC，PC平面PAC，

所以BC⊥平面PAC.

又D，E分別是棱PB，PC的中點(diǎn)，

所以BC∥DE.

所以DE⊥平面PAC.

（2）由（1）可知DE⊥平面PAC.

又AE，EC平面PAC，

所以DE⊥AE，DE⊥EC，AE平面DAE，EC平面DEC.

所以∠AEC為二面角A-DE-C的平面角.

所以∠AEC=π3.

所以EC=12PC=2，AC=23.

又BC⊥AC，AB=4，所以BC=2.

以CB，CA，CP的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖6所示的空間直角坐標(biāo)系，由題意可得：

C（0，0，0），A（0，23，0），E（0，0，2），B（2，0，0），P（0，0，4），D（1，0，2）.

所以AE=（0，-23，2），CA=（0，23，0），CD=（1，0，2）.

設(shè)n=（x，y，z）是平面ACD的一個法向量，

則n·CA=23y=0，n·CD=x+2z=0. 取n=（2，0，-1），

設(shè)AE與平面ACD所成角為θ，

則sinθ=|n·AE||n||AE|=25×4=510.

所以AE與平面ACD所成角的正弦值為510.

4 以圖形翻折為考查載體，由二面角逆向求線面角

例4 如圖7，在矩形ABCD中，AB=35，BC=25，點(diǎn)E在線段DC上，且DE=5，現(xiàn)將△AED沿AE折到△AED′的位置，連接CD′，BD′，如圖8.

（1）若點(diǎn)P在線段BC上，且BP=5/2，證明：AE⊥D′P；

（2）記平面AD′E與平面BCD′的交線為l.若二面角B-AE-D′為2π/3，求l與平面D′CE所成角的正弦值.圖7 翻折前的矩形""" 圖8 翻折后的矩形

解析 （1） 在圖7中連接DP，在Rt△ADE中，由AD=BC=25，DE=5，

得tan∠DAE=12.

在Rt△PCD中，由DC=AB=35，PC=BC=BP=25-52=352，

得tan∠PDC=12.

所以tan∠PDC=tan∠DAE.

則∠PDC=∠DAE.

所以∠DOE=90°.

從而有AE⊥OD，AE⊥OP.

即在圖8中有AE⊥OD′，AE⊥OP.

所以AE⊥平面POD′.

則AE⊥D′P.

（2）延長AE，BC交于點(diǎn)Q，連接D′Q，根據(jù)公理3得到直線D′Q即為l.

再根據(jù)二面角定義得到∠D′OP=2π3.

在平面POD′內(nèi)過點(diǎn)O作底面垂線，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A，OP，及所作垂線為x軸、y軸、z軸建立圖9空間直角坐標(biāo)系，

則D′（0，-1，3），E（-1，0，0），Q（-11，0，0），C（-3，4，0），D′Q=（-11，1，-3），EC=（-2，4，0），ED′=（1，-1，3）［4］.

設(shè)平面D′EC的一個法向量為n=（x，y，z），由

n·EC=-2x+4y=0，n·ED′=x-y+3z=0，

取y=1，得n=（2，1，-33）.

所以l與平面D′CE所成角的正弦值為

cos〈n，D′Q〉=n·D′Qn·D′Q=155.

5 結(jié)束語

在高三復(fù)習(xí)教學(xué)中，教師要堅(jiān)持把能力培養(yǎng)作為首要任務(wù)，通過教學(xué)方式和方法的創(chuàng)新，改變機(jī)械刷題與套路訓(xùn)練模式，提升學(xué)生的核心素養(yǎng)，引導(dǎo)學(xué)生不僅要知其然，更要知其所以然，要學(xué)有所思、思有所疑、疑有所問、問有所悟，不斷探究數(shù)學(xué)問題的本質(zhì).立體幾何的題目考查形式多樣，需要學(xué)生在平時多下功夫，加強(qiáng)訓(xùn)練，打好基礎(chǔ)，融會貫通.在訓(xùn)練中注意提高空間想象、邏輯推理和運(yùn)算求解能力等素養(yǎng)，才能以不變應(yīng)萬變.

參考文獻(xiàn)：

［1］ 劉紹學(xué).普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)試驗(yàn)教科書·數(shù)學(xué)選修2-1（必修A版）[M].北京：人民教育出版社，2007.

[2] 中國高考報告學(xué)術(shù)委員會.高考試題分析·數(shù)學(xué)[M].現(xiàn)代教育出版社，2023.

[3] 中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［4］ 教育部考試中心.中國高考評價體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［責(zé)任編輯：李 璟］