回歸本質分析,幾何代數并行

摘要：從2024年北京卷第17題立體幾何問題出發，探究本題的多種解法.在幾何法的解題中，從定義出發對題目進行本質的剖析，通過建立條件和結論的關聯，幫助學生找到“可操作、可遷移”的確定投影的方式;對題目進行教材類題溯源，并給出適當變式，培養學生邏輯推理、直觀想象核心素養;最后，提出在立體幾何模塊中的教學建議.

關鍵詞：立體幾何;二面角的求法;2024年北京卷;多解探究

1 試題呈現

（2024年北京卷第17題）如圖1，在四棱錐PABCD中，BC∥AD，AB=BC=1，AD=3，點E在AD上，且PE⊥AD，PE=DE=2.

（1）若F為線段PE中點，求證：BF∥平面PCD.

（2）若AB⊥平面PAD，求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值.

2 解題思路分析

此題是一道立體幾何解答題，考查線面平行的證明和二面角的求解.此題的兩小問都可以用幾何法和向量法兩種方法解答.2.1 第一問的分析

此問要證明線面平行，可以從幾何法的角度進行分析.

在利用幾何法證明時，一方面，可以利用直線與平面平行的判定定理證明，即證明BF∥CS（S為PD的中點）；另一方面，可以利用兩個平面平行的性質，即證明平面BFT∥平面PCD.

第一問的思維導圖如圖2所示.

2.2 第二問的分析

第二問分別從向量法、幾何法和距離轉化法三個方面，給出六種解法，此問的思維導圖如圖3所示.

（1）利用向量法解決時，思維難度較低，計算兩個平面法向量夾角的余弦絕對值，即為兩平面夾角的余弦值.

（2）利用幾何法求解平面與平面的夾角時，可以轉化為求其相關的二面角，難點在于作出二面角的平面角.若作出的兩條垂線的垂足不重合，則可利用空間余弦定理直接求出（如解法2），亦可通過平移使其垂足重合，在三角形內求解（如解法3）.

（3）另一方面，可以通過先作某個面的垂線，利用三垂線法作出二面角的平面角.作垂線有“納入垂線”和“構造垂面“兩種策略，即分別可以作出點D在平面PAB上的投影和點A在平面PDG（G為AB與CD延長線的交點）上的投影.

在解法4中，要求二面角APGD，可以先作出點D在平面APG上的射影，

由已知條件AB⊥平面PAD，可得平面APG⊥平面PAD，因此，作DD′⊥PA于點D′，則有DD′⊥平面PAB.作D′H⊥PG于點H，連接HD，則∠DHD′即為所求二面角的平面角.如圖4.

在解法5中，可以作出點A在平面PDG上的射影.分析發現平面PAD∩平面PDG=PD，在平面APD中，作AL⊥PD于點L，因AL∩AB=A，

則PD⊥平面ALG，所以得平面ALG⊥平面PDG，且交于GL.作AH⊥PG于點H，作AA′⊥GL于點A′，連接HA′，則∠AHA′即為所求二面角的平面角.如圖5.

（4）最后，利用距離轉化時，只需要求解點A到平面PCD的距離和點A到棱PG的距離，再利用sin θ=dA平面PCDdAPG，即可求解.

3 試題解析

3.1 第一問的解析

法1：直線與平面平行的判定定理.

法2：兩個平面平行的性質.

如圖7，取ED的中點T，連接FT，BT.

因為F為PE中點，則FT∥PD，而FT平面PCD，所以FT∥平面PCD.

又因為TD 瘙 綉 BC，則四邊形DTBC為平行四邊形，故BT∥CD，而BT平面PCD，所以BT∥平面PCD.

又FT∩BT=T，所以平面BFT∥平面PCD.

因為BF平面BFT，所以BF∥平面PCD.

3.2 第二問的解析

解法1：向量法.

由ED=2，得AE=1，則AE∥BC，AE=BC，故四邊形AECB為平行四邊形，則CE∥AB，從而CE⊥平面PAD.

而PE，ED平面PAD，則CE⊥PE，CE⊥ED，又PE⊥ED，故建立如圖8所示的空間直角坐標系，則A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2）.

故PA=（0，-1，-2），PB=（1，-1，-2），PC=（1，0，-2），PD=（0，2，-2）.

設平面PAB的法向量為m=（x，y，z）.

根據m·PA=0，

m·PB=0，可得到-y-2z=0，

x-y-2z=0，不妨取m=（0，-2，1）.

設平面PCD的法向量為n=（a，b，c）.

由n·PC=0，

n·PD=0，可得a-2c=0，

2b-2c=0，取n=（2，1，1）.

所以cos〈m，n〉=-15×6=-3030.

掃碼看解題過程故平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為3030.

解法2：定義法（空間余弦定理）略，掃碼看具體過程.

解法3：定義法（平移求異面直線所成的角）.

同解法2求解AH，PH，DT，PT的長.

如圖9，過點T作TR∥AH交PA于點R，連接DR，則∠DTR即為所求二面角的平面角.

由相似可得TR=PTPH·AH=65529.

此時AR=355，cos∠PAD=15.所以DR2=95=365.

故易求cos∠DTR=3030.

解法4：三垂線法（納入垂線）.

因為AB⊥平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD，且交于PA.延長AB，CD交于點G，連PG.

如圖10，作DD′⊥PA于點D′，則DD′⊥平面PAB.

作D′H⊥PG于點H，連接HD.

因為D′H∩DD′=D′，所以PG⊥平面DHD′.

所以PG⊥DH.

所以∠DHD′即為所求二面角的平面角.

在△APD中，由PE=ED=2，AE=1，易得PA=5.

故S△PAD=12×AD×PE=12×PA×DD′，可得DD′=655.

因為PD=22，所以PD′=25.

由tan∠APG=AGPA=325，得sin∠APG=329，所以HD′=65×29.

所以在Rt△DD′H中，tan∠DHD′=DD′HD′=6565×29=29，則cos∠DHD′=3030.

解法5：三垂線法（構造垂面）略，掃前文二維碼看具體過程.

解法6：距離轉化法.

設AA′⊥平面PCD于點A′，設d=AA′.

由等體積法，VAPCD=VPACD.

易得S△ACD=32;在△PCD中，PC=CD=5，PD=22，則S△PCD=6.

所以d=62.

作AH⊥PG于點H，在Rt△PAG中，可得到AH=3529.

設平面PAB與平面PCD夾角為θ，則有sin θ=dAH=2930，所以cos θ=3030.

4 試題溯源

溯源1三垂線定理在教材中的呈現

三垂線定理是證明垂直關系的重要工具，以習題的形式出現在人教A版教材必修第二冊的習題8.6的第5題.題目如下：

如圖11，在三棱錐PABC中，CD⊥AB，垂足為D，PO⊥底面ABC，垂足為O，且O在CD上，求證AB⊥PC.

三垂線定理：平面內一條直線，如果它和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么它和這條斜線垂直.

三垂線定理逆定理：平面內的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線垂直，那么它也和這條斜線在平面內的射影垂直.

三垂線定理及其逆定理在證明線線垂直、線面垂直以及構造二面角的平面角中均有廣泛的應用.

溯源2空間余弦定理在教材中的呈現

空間余弦定理在人教A版選擇性必修第一冊“1.4.2用空間向量研究距離、夾角問題”中以例題形式出現，以三棱錐為載體求解異面直線所成的角.題目如下：

如圖12，在棱長為1正四面體（四個面都是正三角形）ABCD中，M，N分別為BC，AD的中點，求直線AM和CN夾角的余弦值.

同時，在教材第41頁練習第1題，則以二面角為載體體現空間余弦定理.題目如下：

如圖13，二面角αlβ的棱上有兩個點A，B，線段BD與AC分

別在這個二面角的兩個面內，并且都垂直于棱l，若AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，求平面α與平面β的夾角.

溯源3無棱二面角求解問題的教材溯源

在人教A版選擇性必修第一冊中，第一章復習參考題1的第12題，即為求解無棱二面角的問題.此題背景與2024年北京卷立體幾何題目背景如出一轍，題目如下：

如圖14，在四棱錐SABCD中，底面ABCD滿足AB⊥CD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA=AB=BC=1，AD=0.5.

（1）求四棱錐SABCD的體積；

（2）求平面SCD與平面SAB的夾角的余弦值.

5 變式練習

略，掃前文二維碼下載變式練習題.

6 教學啟示

（1）回歸教材，構建完整知識體系

在進行立體幾何的教學時，可以對同一版本的不同教材、不同版本的教材的教學資料進行融合、改編和再創造，如進行“立體幾何初步”模塊的教學時，可以引入部分選擇性必修第一冊的素材，鼓勵學生用幾何法解決問題，培養學生的空間觀念和直觀想象、邏輯推理能力;同時，在梳理知識聯系、探尋基本的解決問題方法的同時，引導學生關注教材例、習題，以及閱讀材料等素材，挖掘其中蘊含的思想方法，并鼓勵學生改編、挖掘教材素材.

（2）回歸本質，代數與幾何齊飛

在進行立體幾何的教學時，鼓勵學生靈活選擇向量方法與綜合幾何方法，從不同的角度解決立體幾何問題，引導多維度的思考，回歸定義，凸顯問題本質，提升學生解決數學問題的核心能力和素養.

（3）逆向反推，找到條件與結論的聯系

在進行立體幾何解題教學時，可以引導學生通過畫思維導圖的方式，建立條件與結論的關聯，如本題教學中，在利用三垂線法求解二面角時，應重點分析如何通過條件的轉化構建面面垂直，進而找到所求點的投影的位置;同時，鼓勵學生將分析問題的思維進行可視化呈現，引導學生分析如何根據結論反推需要的條件.