05 关注基本考查点，掌握命题常规型——立体几何解答题的命题方式-《中学生数理化》高考数学2024年2月刊

■江苏省泗洪中学 戚雪敏 高考试卷中的立体几何解答题,合理注 重基本考查点,通过确定空间点、线、面之间 的位置关系加以合理逻辑推理,借助空间角 或空间距离的求解加以数学运算等,命题方 式各样,基本考查方式相对稳定,保持这些基 本的命题常规型。 一、位置关系问题 位置关系包括常见的空间直线、平面之 间的平行(或垂直)关系,也包括点与线、点与 面、线与面等的其他位置关系。 图1 例 1 如图1所示,在四 棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AD⊥CD, AD=CD= 1 2BC=2 ,点E 在 平面PBC 上运动。 (1)试 确 定 一 点 E,使 得 CD∥平 面 PAE,并说明点E 的位置。 (2)若四棱锥的体积为6,在侧棱PC 上 是否存在一点F,使得二面角F-AB-C 的余 弦值为 2 34 17 ? 若存在,求出PF 的长;若不 存在,请说明理由。 图2 解析:(1)取BC 的中点为 G,连接 AG,PG,如图2所示。 由AD= 1 2BC ,AD∥BC,可得 AD∥GC,AD=GC,所以四边 形AGCD 为平行四边形,于是 AG∥CD。而 AG⊂平面 PAG,CD⊄平面 PAG,则CD∥平面 PAG。所以当点 E 在 △PBC 的边BC 的中线PG 上运动时,CD∥ 平面PAE。 (2)由于PA⊥底面 ABCD,AD⊥CD, 则 四 棱 锥 P-ABCD 的 体 积 V = 1 3 × (2+4)×2 2 ·PA=6,解得PA=3。 由(1)知,AG⊥BC,AG=BG=2,则有 AB=2 2,AC=2 2,所以 AB2+AC2= BC2,所以AB⊥AC。 以A 为坐标原点,AB,AC,AP 所在直 图3 线分别为x 轴,y 轴,z轴,建 立如图3所示的空间直角坐 标系 A-xyz,则 A(0,0,0), B(22,0,0),C(0,22,0), P(0,0,3)。 假设在棱 PC 上存在一 点F 满足条件,令PF→=λPC→,λ∈(0,1),则 F(0,22λ,3-3λ),所以AB→=(22,0,0), AF→=(0,22λ,3-3λ)。 设平面ABF 的一个法向量为n=(x, y,z),则 n·AB→=22x=0, n·AF→=22λy+(3-3λ)z=0, 令 z=22λ,得n=(0,3(λ-1),22λ)。 又平面ABC 的一个法向量为m=(0,0, 1),故二面角 F-AB-C 的余弦值为|cos<n, m>|= |n·m| |n||m|= 22λ 9(λ-1)2+(22)2×1 = 2 34 17 ,解得λ= 1 2 ,即F 为PC 的中点,此时 PC= (22)2+32 = 17,PF= 1 2PC= 17 2 ,即当PF= 17 2 时,二面角F-AB-C 的 41 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月 余弦值为 2 34 17 。 点评:推理论证空间直线、平面间的平行 (或垂直)关系主要是利用向量法或几何法来 处理。以该题中的线面平行的判定为例,证 明线面平行的方法:(1)向量法:设直线l的 方向向量是a,平面α 的法向量是u,则要证 明l∥α,只需证明a⊥u,即a·u=0,注意说 明直线l⊄平面α;(2)几何法:利用线面平行 的判定定理或面面平行的性质定理等来推理 论证与分析求解。 二、空间角问题 空间角包括异面直线所成的角、直线与 平面所成的角,以及二面角的平面角等,有时 给出条件求解相应的空间角,有时利用已知 的空间角来求解问题等。 图4 例 2 如图4所示, 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1=4,底面 ABCD 是菱形,∠BAD= π 3 ,平 面 CC1D1D⊥平 面 ABCD,BD⊥AD1。 (1)证明:CD1⊥平面ABCD; (2)若 M 是线段AA1 的中点,求二面角 M-BD-D1 的余弦值。 图5 解析:(1)如 图 5,取 CD 的中点为E,连接AC, BE。在 菱 形 ABCD 中, AC ⊥ BD,因 为 BD ⊥ AD1,AC∩AD1=A,AC, AD1⊂ 平 面 ACD1,所 以 BD⊥平面ACD1。而CD1⊂平面ACD1,则 CD1⊥BD。又∠BAD= π 3 ,则△BCD 是正 三角形,所以BE⊥CD。又平面CC1D1D⊥ 平面ABCD,平面CC1D1D∩平面ABCD= CD,BE ⊂ 平 面 ABCD,则 BE ⊥ 平 面 CC1D1D。而 CD1 ⊂ 平 面 CC1D1D,于 是 CD1⊥BE。又BE∩BD=B,BE,BD⊂平 面ABCD,所以CD1⊥平面ABCD。 (2)在平面ABCD 内过点C 作CD 的垂 图6 线,以C 为坐标原点,建立 如图6所示的空间直