橫看成嶺側成峰 遠近高低各不同
——2020年高考數學浙江卷第19題線面角問題的多角度分析

章顯聯

(浙江省紹興魯迅高級中學 312000)

一、典型考題

例1(2020年浙江第19題)如圖1，在三棱臺ABC-DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．

(1)證明：EF⊥DB；

(2)求直線DF與平面DBC所成角的正弦值．

圖1

本題主要考查空間直線互相垂直的判定和性質，以及直線與平面所成角的幾何計算問題，考查了空間想象能力和思維能力，平面與空間互相轉化能力，幾何計算能力，以及邏輯推理能力，本題屬綜合性較強的中檔題．筆者認為此題無論是試題難度、試題背景、命題立意，還是對數學核心素養的考查，都很到位,可謂簡約不簡單.它也是一道解題訓練的優質題，橫看成嶺側成峰，很有研究價值.

解法1非坐標形式的向量法(基底法)

由公式,得

解法2三余弦定理法

過點D作DO⊥AC于點O，由已知，得O在平面DBC的射影H在∠DCB的角平分線上,設直線DF與平面DBC所成角為θ，由已知，得OC與平面DBC所成角也為θ.

解法3等體積法.

過點D作DO⊥AC于點O，設直線DF與平面DBC所成角為θ，由已知，得OC與平面DBC所成角也為θ.

解法4坐標形式的向量法

解法5純幾何法

分析(1)題根據已知條件，作DH⊥AC，根據面面垂直，可得DH⊥BC，進一步根據直角三角形的知識可判斷出△BHC是直角三角形，且∠HBC=90°，則HB⊥BC，從而可證出BC⊥面DHB，最后根據棱臺的定義有EF∥BC，根據平行線的性質可得EF⊥DB.

圖2

二、考題賞析

坐標形式的向量法可以看作是非坐標形式的向量法的一種特殊情形.

解法2中O在平面DBC的射影H在∠DCB的角平分線上，利用三余弦定理可求出OC與平面DBC所成角.

圖3

三余弦定理(最小角定理或爪子定理)設點A為平面α上一點，過點A的斜線在平面α上的射影為BO，BC為平面α上的任意直線，那么∠ABC，∠OBC，∠OBA三角的余弦關系為cos∠ABC=cos∠OBC·cos∠OBA.即斜線與平面內一條直線夾角β的余弦值等于斜線與平面所成角α的余弦值乘以射影與平面內直線夾角θ的余弦值，cosβ=cosα·cosθ.(為了便于記憶，我們約定：β為斜線角，α為線面角，θ為射影角)

說明這三個角中，角β是最大的，其余弦值最小，等于另外兩個角的余弦值之積.斜線與平面所成角α是斜線與平面內所有直線所成角中最小的角.

圖4

三正弦定理(最大角定理)設二面角M-AB-N的度數為γ，在平面M上有一條射線AC，它和棱AB所成的角為β，和平面N所成的角為α，則sinα=sinβ·sinγ.(為了便于記憶，我們約定：β為線棱角，α為線面角，γ為二面角)

說明由sinα=sinβ·sinγ且sinβ≤1，知sinα≤sinγ，α≤γ，所以二面角的半平面M內的任意一條直線與另一個半平面N所成的線面角不大于二面角，即二面角是線面角中最大的角.

其實不管是純幾何法還是坐標形式的向量法，都能解決線面角問題，高考試題的參考答案一貫都是純幾何法與坐標形式的向量法，每種方法的學習都可促進學生能力的提高，只是各有側重.如解法4與解法5.

三、復習建議

1.緊扣最小，秒殺線面

在研究空間角的最值與求值問題時,我們應關注最大角與最小角定理，三余弦公式與三正弦公式.

這樣的考查在近幾年的學考、高考試題中已多次出現：

例2 (2019年浙江高考第8題)設三棱錐V-ABC的底面是正三角形，側棱長均相等，P是棱VA上的點(不含端點)．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P-AC-B的平面角為γ，則( ).

A．β<γ，α<γB．β<α，β<γ

C．β<α，γ<αD．α<β，γ<β

解法1由最小角原理，得β<α，記二面角V-AB-C的平面角為γ′(顯然γ=γ′)，由最大角原理，得β<γ，故選B.

解法2(特殊位置)取V-ABC為正四面體，P是棱VA上的中點，算出α，β，γ的正弦值，可得選項B.

例3(2018年浙江高考第8題) 已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)，設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S-AB-C的平面角為θ3，則( ).

A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1

C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1

解法1作出三個角，通過定量計算得出答案為D.

解法2由最小角與最大角原理知：θ1≥θ2,θ3≥θ2，故選D.

圖5

例4(2014年浙江高考第17題) 如圖5，某人在垂直于水平地面ABC的墻面前的點A處進行射擊訓練.已知點A到墻面的距離為AB，某目標點P沿墻面的射擊線CM移動，此人為了準確瞄準目標點P，需計算由點A觀察點P的仰角θ的大小.若AB=15m,AC=25m,∠BCM=30°,則tanθ的最大值____.

例5 (2018年11月浙江學考)四邊形ABCD為矩形，沿AC將△ADC翻折成△AD′C.設二面角D′-AB-C的平面角為θ，直線AD′與BC所成的角為θ1,直線AD′與平面ABC所成的角為θ2，當θ為銳角時，有( ).

A．θ2≤θ1≤θB．θ2≤θ≤θ1

C．θ1≤θ2≤θD．θ≤θ2≤θ1

解析由最小角原理，得θ1≥θ2，由最大角原理，得θ≥θ2，下面比較θ1與θ的大小即可.故選B.

圖6

(1)證明：PO⊥平面ABC；

(2)若點M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°，求PC與平面PAM所成角的正弦值.

解析(1)略.

例7(2009年浙江高考理科第17題)如圖7，在長方形ABCD中，AB=2，BC=1，E為DC的中點，F為線段EC(端點除外)上一動點．現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC．在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設AK=t，則t的取值范圍是____.

圖7

所以tan∠CAB

考查這類空間角的大小是命題者難以割舍的情結，其本質是考查線面角與面面角定義的合理性，是考查學生數學核心素養的有效途徑.

2.非坐標形式的向量法

非坐標形式的向量法比坐標形式的向量法應用更自由,更廣泛.相比較純幾何法可避免令人深感畏懼的輔助線的添加技巧等.當然,解題方法中的選擇也是當用則用,不分彼此,有時多種方法可揉合于同一道題中,特別是向量與幾何的緊密聯系與轉化.應用非坐標形式的向量法解題的基本步驟:

(1)會選基底.只需要不共面的三條線段長度可求,且它們的夾角也可求即可.

(2)會表示.會用基底表示其他向量,一般只涉及向量的三角形式及其推廣(閉合回路),數乘與平行,數量積與垂直兩個定理.特別是要掌握好平面法向量的求法,方法可參考高考真題解法1.

(3)會用公式.運算過程中無論是平面向量還是空間向量操作完全一致,運用的公式與坐標形式的向量法一致.

筆者嘗試用非坐標形式的向量法研究高考數學卷，發現非坐標向量法作為解答立體幾何的方法有著諸多的可取之處.

圖8

例8 (2018年浙江高考第19題)如圖8，已知多面體ABCA1B1C1中，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1；

(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．

圖9

例9(2019年浙江高考第19題)如圖9，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°，∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC，A1B1的中點.

(1)證明：EF⊥BC；

(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

我們研究的向量是自由向量,運用非坐標形式的向量法無需考慮建立空間直角坐標系所需要的特殊要求,使解題過程更自由.

例10(2009年浙江高考理科第17題)如圖10，在長方形ABCD中，AB=2，BC=1，E為DC的中點，F為線段EC(端點除外)上一動點．現將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC．在平面ABD內過點D作DK⊥AB，K為垂足．設AK=t，則t的取值范圍是____．

圖10

利用非坐標形式的向量法進行的上述解答,化動為靜,簡捷別致,令人耳目一新.

圖11

例11 (2000年全國高考理科第18題)如圖11，已知平行六面體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°.

(1)證明：C1C⊥BD;

圖12

例12(2015年浙江省高考理科第13題)如圖12，三棱錐A-BCD中，AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2，點M,N分別是AD,BC的中點，則異面直線AN,CM所成的角的余弦值是____．

平面向量僅是空間向量的一種特殊情形.“平面向量”可向“空間向量”自然轉化.用向量方法求解空間角度與距離問題,為某些位置關系的判斷問題創立了一種新的方法.在向量的運算中,要注意數形結合,靈活運用圖形的幾何意義、向量的幾何意義去解題.《新課程標準(2017年版)》對空間向量的應用提出了更多、更高的要求，可見非坐標形式的向量法用于解決立體幾何問題，完全符合新課程標準對學生的要求.如何使非坐標形式的向量法成為學生解決立體幾何問題的又一個通用的好方法，還需要我們建一步地探索與總結.