新高考中立体几何问题解决的基本路径

摘要：通过比较近三年的高考试题和九省联考试题发现，新高考对于空间向量和立体几何的考查，难度加大，试题更加注重综合性、理性思维、空间想象，对学生创新性能力的考查要求进一步提高.

关键词：理性思维；空间想象；知识载体；解决路径

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）28-0017-07

参考文献[1]给出了解决立体几何问题的三大方法：几何法、坐标向量法、基底向量法［1］，但学生在解决具体问题时，却不是这么容易上手.本文以2024年九省联考第17题为例，从5条不同路径探究解决立体几何的证明与计算问题，帮助学生突破本章难点与痛点，进一步增强思维的灵活性.

1试题再现

例1如图1，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1=2，∠C1CB=∠C1CD，∠C1CO=45°.

（1）证明：C1O⊥平面ABCD；

（2）求二面角B-AA1-D的正弦值.

2试题解析

路径1几何关系，回归定义.

（1）证法1如图2，连接BC1，DC1，因为四边形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的中点知，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.

满足OC21+OC2=CC21.

即OC1⊥OC.

因为OC∩BD=O，OC平面ABCD，

所以OC1⊥平面ABCD.

证法2由证法1知，BD⊥OC1.

如图3，连接AC1，A1C1，

由题意知，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的中点知，AC⊥OC1.

因为AC∩BD=O，

所以OC1⊥平面ABCD.

证法3在△OCC1中利用余弦定理，得

OC21=CO2+CC21-2·CO·CC1·cos∠C1CO=2.

即OC1=2.

满足OC21+OC2=CC21.

所以OC1⊥OC.

设∠C1OB=θ，则∠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）如图4，连接AB1，AD1，由（1）知

BC1=CC1=BC=2，∠C1CB=∠C1CD=π3.

又ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，

所以∠AA1B1=∠AA1D1=π3，AB1=AD1=2.

所以△A1B1A和△A1D1A都是等边三角形.

取AA1的中点P，连接PD1，PB1，

则PD1=PB1=3.

则AA1⊥D1P，AA1⊥B1P.

由二面角的定义知，∠D1PB1为二面角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.

又因为∠D1PB1∈［0，π］，

所以sin∠D1PB1=223.

即二面角B-AA1-D的正弦值为223.

评析（1）线线（面）垂直的转化关系，如图5所示：

（2）点到平面的距离：过该点作平面的垂线段，利用解三角形知识计算点到平面的距离h.

二面角的平面角：定义法，由二面角的平面角的定义知，如图6，在二面角的棱上任取一点P，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的垂线段PA，PB，连接AB，利用余弦定理求∠APB.三垂线定理法，如图7，①在平面α内取一点A，过点A作平面β的垂线，垂足为点B；②过点B作棱l的垂线，垂足为点P，连接AP； ③利用解三角形知识计算∠APB的三角函数值.解答过程需要注意“一作”“二证”“三计算”.

通过对本题的探究，不难发现如下常用结论：如图8所示，若AB⊥平面α，OB平面α，OC平面α，记∠AOB=θ1，∠BOC=θ2，∠AOC=θ，则cosθ=cosθ1cosθ2.

路径2空间向量，基底运算.

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

取CB，CD，CC1为基底，

则OC1=OC+CC1

=-12CD-12CB+CC1，

OC1·CB=（-12CD-12CB+CC1）·CD

=CC1·CB-2；

OC1·CD=（-12CD-12CB+CC1）·CD

=CC1·CD-2.

因为∠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OC1·OC=（OC+CC1）·OC

=OC2+CC1·OC=0.

即C1O⊥OC.

因为OC∩BD=O，OC平面ABCD，

所以OC1⊥平面ABCD.

（2）由（1）知，∠C1CB=∠C1CD=π3，

CB=CD=CC1=2.

以CC1，CB，CD为基底，设平面ABB1A1的法向量

m=CC1+x1CB+y1CD，

则满足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.

设平面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，

因为m·n=（CC1-32CB-12CD）（CC1-

12CB-32CD），

展开，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的正弦值为223.

路径3建系描点，坐标简化.

解析（1）如图9所示，以O为坐标原点，OA为x轴，OB为y轴，建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0），C（-2，0，0），D（0，-2，0）.

设C1（x0，y0，z0），则

CB=（2，2，0），CD=（2，-2，0），

CC1=（x0+2，y0，z0）.

因为∠C1CB=∠C1CD，

即CB·CC1=CD·CC1.

代入向量坐标， 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）.

显然C1在z轴上，所以OC1⊥平面ABCD.

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

设平面AA1B的法向量为m=（x1，y1，z1），则

m⊥AA1，m⊥AB.

满足m·AA1=0，m·AB=0.

即2x1+2z1=0，-2x1+2y1=0.

解得z1=-x1，y1=x1.

令x1=1，则m=（1，1，-1）.

设平面AA1D的法向量为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的正弦值为223.

评析点到平面的距离：在几何图形中选取三个不共线的向量a，b，c作为基底，利用空间向量基本定理将平面α的法向量n和AP分别用基底a，b，c表示，则点P到平面α的距离为h=|AP·n||n|.

二面角的平面角：将平面α，β的法向量m，n分别用a，b，c表示，利用空间向量数量积公式知，

cos〈m，n〉=m·n|m|·|n|，根据几何图形判断二面角的平面角θ的大小.

当θ∈（0，π2）时，cosθ=|cos〈m，n〉|；当θ∈（π2，π）时，cosθ=-|cos〈m，n〉|.

若采用坐标法计算，则利用向量运算的坐标表示.

路径4等价转化，强化思维.

（1）证法1如图10，过点C1作平面ABCD的垂线CH，垂足点H，连接BH，DH，C1B，C1D.

因为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.

即点H在线段BD的中垂线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.

又点O，H均在AC上，

所以O，H两点重合.

即OC1⊥平面ABCD.

证法2由证法1知，BD⊥OC1.

因为四边形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.

记点C1到平面ABCD的距离为h，则

VC1-ABC=13S△ABC·h=2h3.

显然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.

则点C1到平面ABCD的距离与线段OC1的长度相同.

因为过平面外一点有且只有一条直线与平面垂直，所以OC1⊥平面ABCD.

（2）解法1如图11，连接A1C1，B1D1，相交于点O1，连接O1A，因为ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，所以OB∥O1B1.

由（1）知OB⊥ACC1A1.

所以O1B1⊥ACC1A1.

因为∠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.

记二面角C1-AA1-B1的平面角为θ，则

cosθ=S△O1A1AS△B1A1A=33.

由对称性知，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的正弦值为223.

解法2如图12，取CC1的中点为点M，连接OM，BM，由（1）知，BO⊥平面ACC1A1.

所以BO⊥CC1.

因为OC=OC1，M为CC1的中点，

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的平面角为∠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的平面角大小为2∠BMO，

sin2∠BMO=2sin∠BMOcos∠BMO=223.

因为ABCD-A1B1C1D1是平行六面体，

所以二面角B-CC1-D与二面角B-AA1-D的大小相同.

所以二面角B-AA1-D的正弦值为223.

评析点到平面的距离：第一种方法是通过三棱锥的几何特征转化顶点位置，使得更加方便求新顶点到底面的距离，即等体积法；第二种方法是通过线面、面面平行把所求点到平面的距离转化为其他点到这个平面的距离，即平行转化法.

二面角的平面角：从二面角的平面角入手，将问题转化为求二面角的补角或余角（如图13、图14）.

路径5割补图1qyHBinrauRktw8PjMxzmw==形，挖掘原型.

解析（1）如图15，构造长方体ABCD-EFMN，满足AB=BC=2，CM=2.

记正方形EFMN的中心为C1，在平面EFMN内，

过点C1作BC的平行线C1B1，满足C1B1=CB，

过点B1作BA的平行线B1A1，满足A1B1=AB，

过点A1作AD的平行线A1D1，满足A1D1=AD.

易知A1B1C1D1是边长为2的正方形.

又平面ABCD∥平面A1B1C1D1，

所以ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.

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

所以∠C1CB=∠C1CD=60°，∠C1CO=45°.

又正方形ABCD的中心为O，所以MC∥C1O.

因为MC⊥平面ABCD，

所以OC1⊥平面ABCD.

（2）二面角B-AA1-D的平面角与二面角

B1-AA1-D1的平面角大小相同，如图16所示，连接B1D1交A1C于点O1，过点O1作AA1的垂线，垂足为点P，连接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为二面角C1-AA1-B1的平面角.

因为O1B1=2，

所以O1P=O1A1sin∠O1A1P=1，

B1P=O1B21+O1P2=3.

易知sin∠O1PB1=O1B1PB1=63.

又∠O1PB1为锐角，所以cos∠O1PB1=33.

由对称性知，∠D1PO1为二面角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的正弦值为223.

评析将几何体补成易证明和计算的规则几何体，常见策略：表1补形

原几何体补形几何体原几何体补形几何体正四面体正方体三棱锥平行六面体

对棱相等的三棱锥长方体三棱柱平行六面体

三条侧棱相互垂直的三棱锥长方体或正方体

台体锥体

3结束语

新高考地区立体几何试题的考查难度加大，考查形式多样，重点考查空间中点、线、面位置关系的判断与论证，空间中点到面的距离，线与角的大小计算，更加注重空间想象、逻辑推理、数学运算等核心素养，具有较强的综合性.师生应在平时训练中下功夫，注重

空间想象、逻辑推理、运算求解能力的提升.

参考文献：

［1］

雷誉.2023年全国乙卷（理科）第19题的多解探究[J].数理化解题研究，2023（34）：91-94.

［责任编辑：李璟］