素養立意下幾何體空間角的逆向求法

摘 要：根據近幾年高考立體幾何命題的規律，立體幾何總體保持穩定，以簡單幾何體為載體，重點考查空間線面的平行、垂直問題，求空間角、空間距離，研究存在性問題、探索性問題.其中，對空間角的考查成為歷年高考的必考內容.考查逆向思維求空間角等幾何元素增多，打破常規命題是一個亮點，問題切入點變化大且巧妙.

關鍵詞：素養立意；幾何體；空間角；逆向求法

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）19-0064-05

立體幾何是高考命制創新試題的主要載體之一，新高考試卷在“空間圖形情景+問題”中深入挖掘，加大考查力度，突出數學思維的本質特征.立體幾何要解決的主要問題是空間圖形的形狀、大小及其位置關系.

高考對立體幾何的考查中，簡單幾何體和組合幾何體是培養學生空間想象能力的一個很好的載體，重點考查空間線面的平行、垂直問題，求空間角、空間距離，研究存在性問題和探索性問題.其中，對空間角的考查成為歷年高考的必考內容.反套路、反刷題，考查逆向思維增多，打破常規命題是一個亮點，問題切入點變化大且巧妙.本文以四類常見幾何體為考查載體，聚焦素養立意下的幾何體空間角的逆向求法.

1 以棱柱為考查載體，二面角、線面角逆向求異面直線所成角

例1 如圖1，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，E為棱AA1的中點，∠ABC=90°，CC1=2.

（1）若AB=1，求證：B1E⊥平面BCE；

（2）若平面AB1C1與平面ABC的夾角的余弦值是5/5，且直線AC1與平面BCC1所成角的正弦值是1/3，求異面直線EC與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.

因為B1E平面ABB1A1，

所以B1E⊥BC.

因為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）因為BB1⊥平面ABC，

所以∠B1AB為平面AB1C1與平面ABC所成的角.

由cos∠B1AB=ABAB1=ABAB2+4=55，解得AB=1.

因為AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1=B，

所以AB⊥平面BCC1.

所以∠AC1B為AC1與平面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.

因為AB⊥BC，BB1⊥平面ABC，

故以BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖2空間直角坐標系，

所以

EC=（-1，2，-1），AB1=（-1，-0，2）［2］.

所以cos〈EC，AB1〉=EC·AB1|EC|·|AB1|=3030.

故異面直線EC與AB1所成角的余弦值為3030.

2 以棱錐為考查載體，求線面角，或已知二面角逆向求其他幾何元素

例2 如圖3，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2AD=2，PA⊥平面ABCD，E為PD中點.

（1）若PA=1，

（ⅰ）求證：AE⊥平面PCD；

（ⅱ）求直線BE與平面PCD所成角的正弦值；

（2）若平面BCE與平面CED夾角的正弦值為215，求PA.

解析 （1）（ⅰ）（方法1）

因為PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，

所以PA⊥CD.

因為四邊形ABCD為矩形，所以CD⊥AD.

又PA∩AD=A，PA，AD平面PAD，

所以CD⊥平面PAD.

因為AE平面PAD，所以CD⊥AE.

在△PAD中，PA=AD=1，E為PD中點，

所以AE⊥PD.

因為PD∩CD=D，

PD平面PCD，CD平面PCD，

所以AE⊥平面PCD.

（方法2）以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖4所示的空間直角坐標系，則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）.

因為AE·PC=0+12-12=0，

所以AE⊥PC.

在△PAD中，PA=AD=1，E為PD中點，

所以AE⊥PD.

因為PD∩PC=P，

PD平面PCD，PC平面PCD，

所以AE⊥平面PCD［3］.

（方法3）設平面PCD的一個法向量為t=（a，b，c），DC=（1，0，0），PD=（0，1，-1），AE=（0，12，12），

則t·DC=0，t·PD=0.

所以a=0，b-c=0.

令b=1，則c=1，所以t=（0，1，1）.

因為AE=12t，所以AE∥t.

所以AE⊥平面PCD.

（ⅱ）由（ⅰ）得：AE⊥平面PCD.

所以AE為平面PCD的一個法向量，AE=（0，12，12），BE=（-2，12，12）.

記直線BE與平面PCD所成角為β，

所以sinβ=|coslt;BE·AEgt;|

=|AE·BE||AE|·|BE|

=1/4+1/41/4+1/4·4+1/4+1/4=13.

所以直線BE與平面PCD所成角的正弦值為13.

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

設平面BCE的一個法向量為n=（x，y，z），

則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）.

設平面CPD的法向量m=（x0，y0，z0），

又CP=（-2，-1，a），CD=BA=（-2，0，0） ，

則 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）.

設平面BCE與平面CED的夾角大小為θ，

則

cosθ=|cos〈n，m〉|

=n·m|n|·|m|

=2a2/4+4·a2+1

=4（a2+16）（a2+1）.

因為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 以圓錐為考查載體，二面角逆向求線面角

例3 如圖5，在三棱錐P-ABC中，AB是△ABC外接圓的直徑，PC垂直于圓所在的平面，D，E分別是棱PB，PC的中點.

（1）求證：DE⊥平面PAC；

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

解析 （1）因為AB是圓的直徑，

所以BC⊥AC.

因為PC垂直于圓所在的平面，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分別是棱PB，PC的中點，

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為二面角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的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖6所示的空間直角坐標系，由題意可得：

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）.

設n=（x，y，z）是平面ACD的一個法向量，

則n·CA=23y=0，n·CD=x+2z=0. 取n=（2，0，-1），

設AE與平面ACD所成角為θ，

則sinθ=|n·AE||n||AE|=25×4=510.

所以AE與平面ACD所成角的正弦值為510.

4 以圖形翻折為考查載體，由二面角逆向求線面角

例4 如圖7，在矩形ABCD中，AB=35，BC=25，點E在線段DC上，且DE=5，現將△AED沿AE折到△AED′的位置，連接CD′，BD′，如圖8.

（1）若點P在線段BC上，且BP=5/2，證明：AE⊥D′P；

（2）記平面AD′E與平面BCD′的交線為l.若二面角B-AE-D′為2π/3，求l與平面D′CE所成角的正弦值.圖7 翻折前的矩形""" 圖8 翻折后的矩形

解析 （1） 在圖7中連接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.

則∠PDC=∠DAE.

所以∠DOE=90°.

從而有AE⊥OD，AE⊥OP.

即在圖8中有AE⊥OD′，AE⊥OP.

所以AE⊥平面POD′.

則AE⊥D′P.

（2）延長AE，BC交于點Q，連接D′Q，根據公理3得到直線D′Q即為l.

再根據二面角定義得到∠D′OP=2π3.

在平面POD′內過點O作底面垂線，以O為原點，分別以OA，OP，及所作垂線為x軸、y軸、z軸建立圖9空間直角坐標系，

則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］.

設平面D′EC的一個法向量為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與平面D′CE所成角的正弦值為

cos〈n，D′Q〉=n·D′Qn·D′Q=155.

5 結束語

在高三復習教學中，教師要堅持把能力培養作為首要任務，通過教學方式和方法的創新，改變機械刷題與套路訓練模式，提升學生的核心素養，引導學生不僅要知其然，更要知其所以然，要學有所思、思有所疑、疑有所問、問有所悟，不斷探究數學問題的本質.立體幾何的題目考查形式多樣，需要學生在平時多下功夫，加強訓練，打好基礎，融會貫通.在訓練中注意提高空間想象、邏輯推理和運算求解能力等素養，才能以不變應萬變.

參考文獻：

［1］ 劉紹學.普通高中課程標準試驗教科書·數學選修2-1（必修A版）[M].北京：人民教育出版社，2007.

[2] 中國高考報告學術委員會.高考試題分析·數學[M].現代教育出版社，2023.

[3] 中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［4］ 教育部考試中心.中國高考評價體系［M］.北京：人民教育出版社，2019.

［責任編輯：李 璟］