一道立體幾何題的多視角解法探究

【摘 要】本文對一道立體幾何題進行了深入的探究，從幾何法、建系法、基底法等視角給出了解答，并對立體幾何解題教學提出了一些建議。

【關鍵詞】立體幾何;幾何法;建系法;基底法

【中圖分類號】G633.6? 【文獻標識碼】A? 【文章編號】1671-8437（2021）16-0168-03

《中國高考評價體系》指導下的高考數學試題命題注重體現考查內容的基礎性、綜合性和全面性，重點考查學生的邏輯思維能力、運算求解能力以及綜合運用數學知識解決問題的能力，注重考查學生的數學素養和探究意識[1]。在數學解題教學中，教師要聚焦主干問題與方法，注重對學生的基礎知識、基本能力和基本素養的訓練，幫助學生建構全面合理的知識結構，同時也要注重學科內容的整合，引導學生從不同視角探求問題的

解法。

1? ?問題及分析

如圖1，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，PA=PD=，E為PA的中點，點F在PD上，EF⊥平面PCD，M在DC的延長線上，且MC=CD。

（1）證明：平面PAD⊥平面ABCD。

（2）證明：EF∥平面PBM。

（3）求直線EF與平面PBC所成角的正弦值。

（4）過點C作BD的平行線，與直線AB相交與點G，①若點Q為CD中點，求E到平面PDQ的距離。②若點Q為CG上的動點，則二面角E-DQ-A能否等于60°？請說明理由。

問題分析：本題主要考查了空間中面面垂直和線面平行的證明、點面距離、線面角的求解及二面角存在性探究等問題，對學生的邏輯推理、數學運算、數學表達等能力提出了較高的要求。本題的每個小問的解法均不唯一，教師可以引導、鼓勵學生從不同角度探求問題的解法，是一道典型的能夠培養學生數學素養的好題。

2? ?問題解法探究

2.1? 解題視角一：用幾何法解題

解：（1）證明：∵ EF⊥平面PCD，CD平面PCD，∴ EF⊥CD，又∵ ABCD為正方形，∴ AD⊥CD，而AD與EF共面且不平行，故AD與EF相交，∴ CD⊥平面ADP，又CD平面ABCD，∴ 平面PAD⊥平面ABCD。

（2）證明：如圖2所示，取BP的中點N，連接EN，過F作FK∥CD，連接NK，過A作AH⊥PD，∴ NF=AB

=1且NF∥AB，由題意知，EF=AH=，PF=

，又∵ ?PFK∽?PMD，∴ KF=1，則有，所以EF∥NK，又NK平面PBM，EF平面PBM，∴ EF∥平面PBM。

（3）將四棱錐P-ABCD擴成長方體ABCD-A'B'C'D'，如圖2所示。因為EF∥AH，則求直線EF與平面PBC所成角正弦值的問題可轉化為求直線AH與平面A'BCD'所成角正弦值的問題。過H作H'∥AD，過H'作

H'K⊥CD'，過D作DT⊥CD'，因平面A'BCD'⊥平面CDD'C'，且平面A'BCD'∩平面CDD'C'=CD'，所以H'K⊥平

面A'BCD'，DT⊥平面A'BCD'，即H'K，DT分別為點H'、

點D到平面A'BCD'的距離，由（2）可知AH=，則DH==，DH：HP=2：15，又因H'H∥D'P，?D'KH'∽?D'TD，

∴ ，且DT =，則

有H'K =，

又∵ AD∥平面A'BCD'，HH'∥平面A'BCD'，∴ 點A、H平面A'BCD'的距離分別為，，設直線EF與平面PBC所成角為θ，∴ sin θ=。

（4）①如圖3所示，連接ED，EQ，過Q作QR⊥AD，連接RP，∴ QR=（AG+DC）=3，DQ== ，DQ==5，由秦九韶公式可知

，

設E到平面PDQ的距離為d，由VE-PDQ=VQ-DEP，得d==。

②如圖3所示，過E作ES⊥AD，過S作SU⊥DQ，易知∠EUS為二面角E-DQ-A的平面角，由題意知ES=2，SD=，當點Q從G運動到C時，∠SDQ由∠SDG變為∠SDC，而sin∠SDG=，sin∠SDC=sin 90°=1，

∴ sin∠SDQ∈[，1]。假設二面角E-DQ-A能等于60°，則SU==，sin∠SDQ==。顯然[，1]

∴ 當點Q在CG上運動時，二面角E-DQ-A不能等于60°。

2.2? 解題視角二：通過建立空間直角坐標系解題

解：（1）同解題視角一。

（2）如圖4所示，以AD中點O為坐標原點，以過點O且垂直于AD的直線為x軸，以OD為 y軸，以OP為z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，則O（0，0，0），A（0，?1，0），B（2，?1，0），C（2，1，0），D（0，1，0），P（0，0，4），E（0，?，

2），M（，1，0），G（4，?1，0），設F（0，y，z），則=（0，y+，z?2），=（0，1，?4），∵ EF⊥PD，

∴ =0，即 y?4z=? ，又∵F在PD上，有4y+z=4，則F（，），∴=（0，，），又=（2，?1，?4），=（，2，0），設平面PBM的法向量為=（x1，y1，z1），由，得=（1，，

），由，知⊥，

∴ EF∥平面PBM。

（3）=（2，?1，?4），=（0，2，0），設平面PBC的法向量為=（x2，y2，z2），由，得=（2，0，1），又∵=（0，，），設EF與平面PBC所成的角為α，則。

（4）①由Q為CG中點，知Q（3，0，0），=（3，?1，0），=（0，?1，4），設平面PDQ的法向量為=（x3，y3，z3），由，得=（4，12，3），而=（0，，?2），設E到平面PDQ的距離為d，則d=。

②因Q為CG上的動點，可設，且0 ≤ λ ≤1，∵ =（2，?2，0），∴ =（2λ，?2λ，0），=+

=（2+2λ，?2λ，0），=（0，?，2），設平面EDQ的法向量為，由=（x4，y4，z4），，得=（4λ，4+4λ，3+3λ），平面ADQ的法向量可取=（0，0，1），假設二面角E-DQ-A能等于60°，則有

，

經整理得5λ2?22λ?11=0，解之得λ1=，

λ1=，λ1，λ2[0，1]，所以當點Q為CG上運動時，二面角E-DQ-A不能等于60°。

2.3? 解題視角三：利用基底法解題

解：（1）同解題視角一。

（2）在Rt?POD中，OD=1，OP=4，PD=，

∴ cos∠ODP=，=，=2，=2，由（1）知CD⊥PD，CD⊥AD，如圖4所示，以，，

為基底，∴，，，則=，，，設平面PBM的法向量為，由，得=，

由，知⊥，∴ EF∥平面PBM。

（3）由（2）知，，

設平面PBC的法向量為，由，得，又，設直線EF與平面PBC所成角為θ，則有sin θ=

。

（4）①，設平面PDQ的法向量為，由，得，又，設E到平面PDQ的距離為d，則d==。②設，且0 ≤ λ ≤1，即，所以，，設平面EDQ的法向量為，由，得

，因OP⊥平面

ADQ，可取作為平面ADQ的法向量，=，假設二面角E-DQ-A能取到60°，則有

=，

整理得5λ2?22λ?11=0，解之得λ1=，λ1=，λ1，λ2[0，1]，∴ 當點 Q 為CG上運動時，二面角E-DQ-A不能等于60°。

3? ?對立體幾何解題的教學建議

立體幾何是高中數學的主干內容，是培養學生邏輯推理、數學運算、數學建模、直觀想象等核心素養的重要載體，教師可在立體幾何解題教學中通過一題多變、一題多解等方式引導學生全面思考，盡可能探求同一問題的多種解法，讓學生在較少的題量訓練中獲得較大進步。

幾何法、建系法、基底法是解決立體幾何問題的常用方法。運用幾何法解題需有一定的平面幾何、立體幾何相關知識;運用建立空間直角坐標系法解題的關鍵在于如何建系及求點的坐標;運用基底法解題需要幾何體中具有三條長度已知的不共面且兩兩夾角可求的線段作為基底。在立體幾何解題教學中，教師需引導學生從多個視角去探求問題的解法，培育學生的數學核心素養。

【參考文獻】

[1]人民教育出版社課程教材研究所.普通高中課程標準實驗教科書數學必修2[M].北京：人民教育出版社，2009.

【作者簡介】

楊清華（1986～），男，苗族，廣西柳州人，本科，中學一級教師。研究方向：高中數學教學與解題。