高考立體幾何問題求解方法之"選擇"

尹承利

幾何法、向量法和坐標法這三種方法就象解決高考立體幾何問題的三架馬車，各具千秋、各有特色，使得高考立體幾何問題的求解呈現出了“解法多軌”的格局.可隨之而來的是，在高考中，當面對一個具體的立體幾何問題時，學生會有“無所適從”的困惑——解題時，要選用哪一種方法呢？是用幾何法求解，還是用向量法或坐標法求解呢？下面就三種方法的特點進行比較，并剖析在什么樣的情景下選擇哪種方法，供學生復習備考時參考.

一、三種方法的特點比較

幾何法以邏輯推理作為工具解決問題，有利于培養邏輯推理能力，且適用于每個立體幾何問題，但其邏輯思維量大，常要構建空間輔助線、面，經過嚴密的邏輯推理論證和準確計算，對于空間角、距離的計算一般也要轉化到三角形中，有時讓人難以駕馭.

向量法是通過構設基向量，利用向量的概念及其基本運算解決問題.利用向量法解決立體幾何問題，可以避開紛繁復雜的邏輯推理，使解題過程變得明快.但用向量法解題一般運算量較大，且未知向量有時難以用基向量表示或向量與向量之間難以尋找關系.因此，向量法僅僅限于一些不便用坐標法求解的問題.比如，求簡單的空間角或求空間兩點之間的距離等.

坐標法是通過構建空間直角坐標系，將幾何問題代數化，利用數及其運算來解決問題.在解決立體幾何問題時，依據圖形的特點，通過建立適當的空間直角坐標系，把“定性”問題轉化為“定量”問題來研究，可以避免綜合法中的一些紛繁復雜的幾何性質的論證，也可以避開用向量法難尋向量之間的關系的弊端，其優勢明顯.通常情況下，對于出現垂直關系的特殊幾何體，通過構建空間直角坐標系，利用坐標法解決比較方便.但是，坐標法也有其不盡人意的地方，比如，有些問題不容易建立坐標系，空間點的坐標容易求錯，坐標運算量大，一著不慎，滿盤皆輸.

二、三種方法的“選擇”

1.幾何法

下面幾種情形的問題宜用幾何法：①較為簡單的線、面的平行、垂直關系的判定，尤其以選擇、填空題的形式出現的這類問題；②易轉化為三角形中的空間角、空間距離的計算問題；③較難用向量法和坐標法解答的問題.

例1[2014·山東卷理17] 如圖1所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是線段AB的中點.

（1）求證：C1M∥平面A1ADD1；

（2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（銳角）的余弦值.

解析（1）證明：因為四邊形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC.

又M是AB的中點，所以CD∥MA且CD=MA.

如圖2，連接AD1.因為在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD=C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1=MA，

所以四邊形AMC1D1為平行四邊形，因此，C1M∥D1A.

又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

（2）由（1）知，平面D1C1M∩平面ABCD=AB，如圖3，過點C向AB引垂線交AB于點N，連接D1N.

由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC為二面角C1-AB-C的平面角.

在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN=32，所以ND1=CD21+CN2=152.

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC=CND1N=

32152=55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（銳角）的余弦值為55.

評注對于本題這樣一個“斜的”四棱柱問題，構造基向量運用向量法求解不太現實；而若用坐標法，尋找建系的“垂直點”則需費一番周折，所以這里選擇了幾何法求解的，使得幾何法的“一半證明一半算”的優勢得到體現.

2.向量法

宜用向量法求解的問題：①共線、共面的判定問題；②空間線、面平行、垂直關系的判定；③不便添加輔助線、面進行推理，且又無法建立空間直角坐標系求解的簡單的空間角、空間兩點間的距離等問題.

例2[2013年全國大綱理]如圖4，四棱錐P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB與△PAD都是等邊三角形.

（Ⅰ）證明： PB⊥CD；

（Ⅱ）求二面角A-PD-C余弦值的大小.

解析（Ⅰ）略.

（Ⅱ）設BC=2AD=2a，連接AC，由已知易得AC=5a，取PD中點F，連接AF，由△PAD是正三角形知AF⊥PD.

因為CD=BD=2 a，則CD⊥BD，且PB⊥CD，故CD⊥平面PBF，所以CD⊥PD.記二面角A-PD-C的大小為θ，則AF·FD=FD·DC=0，AF·DC=32a×2acos（π-θ）=-62a2cosθ，

而AC=AF+FD+DC，兩邊平方得5a2=34a2+14a2+2a2-6a2cosθ，則cosθ=-63.

評注由于“基向量”的構設和應用的局限性，高考立體幾何問題，鮮有利用向量法求解的.本題（Ⅱ）

通過構造基向量利用“a2=|a|2”轉化求解，倒不失為一種頗有創意的方法.

3.坐標法

坐標法充分體現了空間向量在解決立體幾何問題中的應用，是我們掌握和應用的重點.對于出現垂直關系（或容易構造出垂直關系）的幾何體，如正方體、長方體、直棱柱、有一棱垂直于底面的棱錐等立體幾何問題，都可以用坐標法來求解.對于求解高考立體幾何問題，坐標法是最主要的手段.

例3[2014·湖北卷理19]如圖5，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

（1）當λ=1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ.

（2）是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由.

解析以D為原點，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖6所示的空間直角坐標系.由已知得B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）.

BC1=（-2，0，2），FP=（-1，0，λ），FE=（1，1，0）.

（1）證明：當λ=1時，FP=（-1，0，1），

因為BC1=（-2，0，2），所以BC1=2FP，即BC1∥FP.

而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.

（2）設平面EFPQ的一個法向量為n=（x，y，z），則由FE·n=0，FP·n=0可得x+y=0，-x+λz=0.

于是可取n=（λ，-λ，1）.

同理可得平面MNPQ的一個法向量為m=（λ-2，2-λ，1）.

若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，

則m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，即λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，解得λ=1±

22.

故存在λ=1±22，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角.

評注正方體是最為規整的空間幾何體，“垂直”關系昭然若揭.本題通過建立空間直角坐標系，利用坐標法求解顯示出得天獨厚的優勢.其實，對于高考中出現垂直關系（或容易構造出垂直關系）的立體幾何問題，象求空間角、空間距離，確定點的位置問題，立體幾何中的探索性問題等，大都用坐標法來解決.坐標法已成為解決高考立體幾何問題的最主要的方法.

4.方法的綜合應用

立體幾何解答題的特點是：分步設問、層層遞進.第（1）問往往是較簡單的空間線、面平行、垂直關系的論證，用幾何法解答較好.而第（2）、（3）問常涉及空間角、距離的計算，向量法和坐標法結合起來解答更為容易.因此，解答立體幾何問題，多數情況下是三種方法的并用.

總之，解決高考立體幾何問題遵循的原則是：以幾何法為基礎、以向量法為主導、以坐標法為中心.

圖7例4[2014·新課標全國卷Ⅱ理18]如圖7，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點.

（1）證明：PB∥平面AEC；

（2）設二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=3，求三棱錐E-ACD的體積.

解析（1）證明：如圖8，連接BD交AC于點O，連接EO.

因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點.

又E為PD的中點，所以EO∥PB.

因為EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（2）因為PA⊥平面ABCD，ABCD為矩形，

所以AB，AD，AP兩兩垂直.

如圖8，以A為坐標原點，AB，AD，AP的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，|AP|為單位長，建立空間直角坐標系A-xyz，則D（0，3，0），E（0，32，12），AE=（0，32，12）.

設B（m，0，0）（m>0），則C（m，3，0），AC=（m，3，0）.

設n1=（x，y，z）為平面ACE的法向量，

則n1·AC=0，n1·AE=0，

即mx+3y=0，32y+12z=0，

可取n1=（3m，-1，3）.

又n2=（1，0，0）為平面DAE的法向量，

由題設易知|cos〈n1，n2〉|=12，即

33+4m2=12，解得m=32.

因為E為PD的中點，所以三棱錐E-ACD的高為12.三棱錐E-ACD的體積V=13×12×3×32×12=38.

評注本例題的第（1）小題運用幾何法證明的線、面平行關系；第（2）小題是運用坐標法求解的.坐標法充分體現了空間向量在解決立體幾何問題中的應用，是我們掌握和應用的重點.

（收稿日期：2014-02-12）