2023年高考數學全國甲卷理科題11的探究

摘要：立體幾何綜合應用問題的解題思維視角往往多變，切入點眾多，是全面考查基礎知識與基本能力等方面的一個重要場所.結合一道高考立體幾何題的展示，以多個思維視角的切入來解題，剖析巧妙的技巧方法與策略應用，指導高考復習備考.

關鍵詞：立體幾何；四棱錐；面積；向量；三余弦定理

歷年高考數學立體幾何試題是基于數學課程標準，借助立體幾何中的基礎知識與基本能力等，合理創設立體幾何模型，結合各形式問題的設置來巧妙命題，考查“三維”空間問題與“二維”平面問題的聯系與轉化，要求學生具備數形結合意識與空間想象能力等，能夠利用正確的數學圖形語言來描述、分析，并借助幾何直觀，以及合理邏輯推理與數學運算等來解決問題.

1 真題呈現

高考真題（2023年高考數學全國甲卷理科·11）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，則△PBC的面積為（）.

A.22

B.32

C.42

D.52

此題以四棱錐為立體幾何模型，借助底面的邊長、部分側棱長以及一個對應角等已知條件的設置，利用數據信息來合理確定唯一的立體幾何模型，進而求解該四棱錐中的一個相關側面三角形的面積.利用“三維”空間設置，解決“二維”平面問題，實現不同維度之間的聯系與轉化.

而在實際解決此類立體幾何問題時，可以單純以幾何形式的視角，結合相關幾何邏輯推理與數學運算等來分析與求解；也可以借助空間向量的視角，結合向量的運算等來化歸與轉化；還可以從空間幾何的一些相關“二級結論”或相關的定理、公式等的視角，結合立體幾何模型所滿足的條件直接利用相關定理、公式等來巧妙應用.不同的思維視角，巧妙合理切入，都可以很好達到目的，巧妙解決問題.

2 真題破解

方法1：幾何法1.

解析：連接AC，BD交于點O，連接PO，則O為AC，BD的中點，如圖1所示.

因為底面ABCD為正方形，AB=4，所以AC=BD=42，則DO=CO=22.

又PC=PD=3，所以△PDO≌△PCO，則∠PDO=∠PCO.

又PC=PD=3，AC=BD=42，所以△PDB≌△PCA，則PA=PB.

在△PAC中，PC=3，AC=42，∠PCA=45°，

于是根據余弦定理可得PA2=AC2+PC2－2AC·PCcos∠PCA=32+9－2×42×3×22=17，則PA=17，所以PB=17.

在△PBC中，PC=3，PB=17，BC=4，由余弦定理可得

cos∠PCB=PC2+BC2－PB22PC×BC=9+16－172×3×4=13.

又0<∠PCB<π，所以

sin∠PCB=1－cos 2∠PCB=223.

所以△PBC的面積為S=12PC·BCsin∠PCB=12×3×4×223=42.故選擇答案：C.

方法2：幾何法2.

解析：分別取CD，AB的中點E，F，連接PE，PF，EF，如圖2所示.

因為PC=PD，所以PE⊥CD，而底面ABCD為正方形，所以EF⊥CD.

又PE∩EF=E，所以CD⊥平面PEF.

而AB∥CD，所以AB⊥平面PEF.結合PF平面PEF，可得AB⊥PF.

又F為AB的中點，則PA=PB.

在△PAC中，PC=3，AC=42，∠PCA=45°，

于是根據余弦定理可得PA2=AC2+PC2－2AC·PCcos∠PCA=32+9－2×42×3×22=17，故PA=17，則有PB=PA=17.

在△PBC中，PC=3，PB=17，BC=4，由余弦定理可得

cos∠PCB=PC2+BC2－PB22PC×BC=9+16－172×3×4=13.

又0<∠PCB<π，所以

sin∠PCB=1－cos 2∠PCB=223.

所以△PBC的面積為S=12PC·BCsin∠PCB=12×3×4×223=42.故選擇答案：C.

解后反思：根據幾何法，合理將立體幾何中的“三維”問題降維處理，通過平面幾何的“二維”思維來分析與求解對應的邊與角問題，是解決立體幾何問題中比較常用的技巧思維.借助降維處理，將立體幾何問題通過平面幾何中的解三角形等知識來分析與應用，空間想象，直觀處理.

方法3：向量法.

解析：連接AC，BD交于點O，連接PO，則O為AC，BD的中點，如圖1所示（方法1中的圖）.

因為底面ABCD為正方形，AB=4，所以AC=BD=42.

在△PAC中，PC=3，AC=42，∠PCA=45°，

于是根據余弦定理可得PA2=AC2+PC2－2AC·PCcos∠PCA=32+9－2×42×3×22=17.

所以PA=17.

又根據余弦定理可以得到cos∠APC=PA2+PC2－AC22PA×PC=17+9－322×17×3=－1717.

所以PA·PC=PA·PCcos∠APC=17×3×－1717=－3.

不妨設PB=m，∠BPD=θ.

由于PO=12（PA+PC）=12（PB+PD），則有（PA+PC）2=（PB+PD）2.

所以PA2+PC2+2PA·PC=PB2+PD2+2PB·PD，即

17+9+2×（－3）=m2+9+2×3×mcos θ，

整理可得m2+6mcos θ－11=0.

在△PBD中，由余弦定理可得BD2=PB2+PD2－2PB·PDcos∠BPD，即32=m2+9－2×m×3cos θ，即m2－6mcos θ－23=0.

所以2m2－34=0，解得m=PB=17.

在△PBC中，PC=3，PB=17，BC=4，由余弦定理可得

cos∠PCB=PC2+BC2－PB22PC×BC=9+16－172×3×4=13.

又0<∠PCB<π，所以

sin∠PCB=1－cos 2∠PCB=223.

所以△PBC的面積為S=12PC·BCsin∠PCB=12×3×4×223=42.故選擇答案：C.

解后反思：根據空間向量的線性關系構建相關的關系式，借助向量的數量積公式以及解三角形中的余弦定理等構建對應三角形中邊與角的關系，為進一步分析與求解提供條件.借助向量的運算思維，可以利用數學運算來回避邏輯推理，對于解決一些立體幾何中的計算問題有奇效.

方法4：三余弦定理法.

解析：設AC∩BD=O，過點P作PH⊥平面ABCD，垂足為H，連接OH，CH，如圖3所示.因為PC=PD，所以點H在CD的中垂線上，從而OH∥BC.

而底面ABCD為正方形，可得∠BCA=∠DCA=45°.

在△PDC中，PC=PD=3，CD=AB=4，所以

cos∠PCD=PC2+CD2－PD22PC×CD=9+16－92×3×4=23.

設∠OCH=θ，利用三余弦定理可得

cos∠PCH·cos （45°－θ）=cos∠PCD=23，

cos∠PCH·cos θ=cos 45°=22.

由以上兩式相除，可得cos （45°－θ）cos θ=223，即22（cos θ+sin θ）cos θ=223，解得tan θ=13.

又利用三余弦定理可得

cos∠PCH·cos （45°+θ）=cos∠PCB，

cos∠PCH·cos θ=cos 45°=22.

由以上這兩式相除可得cos （45°+θ）cos θ=cos∠PCB22，即22（cos θ－sin θ）cos θ=2cos∠PCB，解得cos∠PCB=12（1－tan θ）=13.

又0<∠PCB&lt;π，所以

sin∠PCB=1－cos 2∠PCB=223.

所以△PBC的面積為S=12PC·BCsin∠PCB=12×3×4×223=42.故選擇答案：C.

解后反思：根據立體幾何中的三余弦定理來解決對應邊之間的三角函數關系時，關鍵在于構建線面垂直關系，并利用線面垂直所對應的不同角之間的關系來合理構建三角函數關系式.三余弦定理（又叫最小值定理）作為一個課外拓展知識點，適用于立體幾何中求解平面斜線與平面內直線所成的最小角問題，在解決一些空間角的綜合應用問題中有奇效.

3 變式拓展

變式在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，AB=4，PC=PD=3，∠PCA=45°，則該四棱錐P-ABCD的體積為.

解析：參照原高考真題的不同思維視角，進一步加以分析與求解，可得該四棱錐P-ABCD的高為h=2，（方法2可在△PEF中求高，方法4在tan θ的求值基礎上確定cos∠PCH的值后再求高等.）

所以該四棱錐P-ABCD的體積V=13Sh=13×42×2=323.故填答案：323.

4 教學啟示

此類立體幾何的綜合應用問題，嚴格遵循《普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）》，借助空間幾何場景的設置，非常好地驗證與落實立體幾何模塊知識的重點與難點，強化數學是研究數量關系和空間形式的學科，通過數形結合的思想方法建立“數”與“形”的雙向聯系，全面考查考生的“四基”，合理開拓并發展數學思維，不落俗套，不照搬現成模式，有效回避題海戰術，合理發展學生數學思維與數學能力等.