素养立意下几何体空间角的逆向求法

摘 要：根据近几年高考立体几何命题的规律，立体几何总体保持稳定，以简单几何体为载体，重点考查空间线面的平行、垂直问题，求空间角、空间距离，研究存在性问题、探索性问题.其中，对空间角的考查成为历年高考的必考内容.考查逆向思维求空间角等几何元素增多，打破常规命题是一个亮点，问题切入点变化大且巧妙.

关键词：素养立意；几何体；空间角；逆向求法

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）19-0064-05

立体几何是高考命制创新试题的主要载体之一，新高考试卷在“空间图形情景+问题”中深入挖掘，加大考查力度，突出数学思维的本质特征.立体几何要解决的主要问题是空间图形的形状、大小及其位置关系.

高考对立体几何的考查中，简单几何体和组合几何体是培养学生空间想象能力的一个很好的载体，重点考查空间线面的平行、垂直问题，求空间角、空间距离，研究存在性问题和探索性问题.其中，对空间角的考查成为历年高考的必考内容.反套路、反刷题，考查逆向思维增多，打破常规命题是一个亮点，问题切入点变化大且巧妙.本文以四类常见几何体为考查载体，聚焦素养立意下的几何体空间角的逆向求法.

1 以棱柱为考查载体，二面角、线面角逆向求异面直线所成角

例1 如图1，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E为棱AA1的中点，∠ABC=90°，CC1=2.

（1）若AB=1，求证：B1E⊥平面BCE；

（2）若平面AB1C1与平面ABC的夹角的余弦值是5/5，且直线AC1与平面BCC1所成角的正弦值是1/3，求异面直线EC与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.

因为B1E平面ABB1A1，

所以B1E⊥BC.

因为BB1⊥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）因为BB1⊥平面ABC，

所以∠B1AB为平面AB1C1与平面ABC所成的角.

由cos∠B1AB=ABAB1=ABAB2+4=55，解得AB=1.

因为AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，

所以AB⊥平面BCC1.

所以∠AC1B为AC1与平面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.

因为AB⊥BC，BB1⊥平面ABC，

故以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图2空间直角坐标系，

所以

EC=（-1，2，-1），AB1=（-1，-0，2）［2］.

所以cos〈EC，AB1〉=EC·AB1|EC|·|AB1|=3030.

故异面直线EC与AB1所成角的余弦值为3030.

2 以棱锥为考查载体，求线面角，或已知二面角逆向求其他几何元素

例2 如图3，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2AD=2，PA⊥平面ABCD，E为PD中点.

（1）若PA=1，

（ⅰ）求证：AE⊥平面PCD；

（ⅱ）求直线BE与平面PCD所成角的正弦值；

（2）若平面BCE与平面CED夹角的正弦值为215，求PA.

解析 （1）（ⅰ）（方法1）

因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PA⊥CD.

因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD.

又PA∩AD=A，PA，AD平面PAD，

所以CD⊥平面PAD.

因为AE平面PAD，所以CD⊥AE.

在△PAD中，PA=AD=1，E为PD中点，

所以AE⊥PD.

因为PD∩CD=D，

PD平面PCD，CD平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.

（方法2）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，则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）.

因为AE·PC=0+12-12=0，

所以AE⊥PC.

在△PAD中，PA=AD=1，E为PD中点，

所以AE⊥PD.

因为PD∩PC=P，

PD平面PCD，PC平面PCD，

所以AE⊥平面PCD［3］.

（方法3）设平面PCD的一个法向量为t=（a，b，c），DC=（1，0，0），PD=（0，1，-1），AE=（0，12，12），

则t·DC=0，t·PD=0.

所以a=0，b-c=0.

令b=1，则c=1，所以t=（0，1，1）.

因为AE=12t，所以AE∥t.

所以AE⊥平面PCD.

（ⅱ）由（ⅰ）得：AE⊥平面PCD.

所以AE为平面PCD的一个法向量，AE=（0，12，12），BE=（-2，12，12）.

记直线BE与平面PCD所成角为β，

所以sinβ=|coslt;BE·AEgt;|

=|AE·BE||AE|·|BE|

=1/4+1/41/4+1/4·4+1/4+1/4=13.

所以直线BE与平面PCD所成角的正弦值为13.

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

设平面BCE的一个法向量为n=（x，y，z），

则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）.

设平面CPD的法向量m=（x0，y0，z0），

又CP=（-2，-1，a），CD=BA=（-2，0，0） ，

则 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）.

设平面BCE与平面CED的夹角大小为θ，

则

cosθ=|cos〈n，m〉|

=n·m|n|·|m|

=2a2/4+4·a2+1

=4（a2+16）（a2+1）.

因为sinθ=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 以圆锥为考查载体，二面角逆向求线面角

例3 如图5，在三棱锥P-ABC中，AB是△ABC外接圆的直径，PC垂直于圆所在的平面，D，E分别是棱PB，PC的中点.

（1）求证：DE⊥平面PAC；

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

解析 （1）因为AB是圆的直径，

所以BC⊥AC.

因为PC垂直于圆所在的平面，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分别是棱PB，PC的中点，

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为二面角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的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图6所示的空间直角坐标系，由题意可得：

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）.

设n=（x，y，z）是平面ACD的一个法向量，

则n·CA=23y=0，n·CD=x+2z=0. 取n=（2，0，-1），

设AE与平面ACD所成角为θ，

则sinθ=|n·AE||n||AE|=25×4=510.

所以AE与平面ACD所成角的正弦值为510.

4 以图形翻折为考查载体，由二面角逆向求线面角

例4 如图7，在矩形ABCD中，AB=35，BC=25，点E在线段DC上，且DE=5，现将△AED沿AE折到△AED′的位置，连接CD′，BD′，如图8.

（1）若点P在线段BC上，且BP=5/2，证明：AE⊥D′P；

（2）记平面AD′E与平面BCD′的交线为l.若二面角B-AE-D′为2π/3，求l与平面D′CE所成角的正弦值.图7 翻折前的矩形""" 图8 翻折后的矩形

解析 （1） 在图7中连接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.

则∠PDC=∠DAE.

所以∠DOE=90°.

从而有AE⊥OD，AE⊥OP.

即在图8中有AE⊥OD′，AE⊥OP.

所以AE⊥平面POD′.

则AE⊥D′P.

（2）延长AE，BC交于点Q，连接D′Q，根据公理3得到直线D′Q即为l.

再根据二面角定义得到∠D′OP=2π3.

在平面POD′内过点O作底面垂线，以O为原点，分别以OA，OP，及所作垂线为x轴、y轴、z轴建立图9空间直角坐标系，

则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］.

设平面D′EC的一个法向量为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与平面D′CE所成角的正弦值为

cos〈n，D′Q〉=n·D′Qn·D′Q=155.

5 结束语

在高三复习教学中，教师要坚持把能力培养作为首要任务，通过教学方式和方法的创新，改变机械刷题与套路训练模式，提升学生的核心素养，引导学生不仅要知其然，更要知其所以然，要学有所思、思有所疑、疑有所问、问有所悟，不断探究数学问题的本质.立体几何的题目考查形式多样，需要学生在平时多下功夫，加强训练，打好基础，融会贯通.在训练中注意提高空间想象、逻辑推理和运算求解能力等素养，才能以不变应万变.

参考文献：

［1］ 刘绍学.普通高中课程标准试验教科书·数学选修2-1（必修A版）[M].北京：人民教育出版社，2007.

[2] 中国高考报告学术委员会.高考试题分析·数学[M].现代教育出版社，2023.

[3] 中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［4］ 教育部考试中心.中国高考评价体系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［责任编辑：李 璟］