張松山

摘? ?要：立體幾何歷年都是高考重點(diǎn)、熱點(diǎn)的內(nèi)容之一，通過(guò)引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)真分析高考中的立體幾何試題，從具體問(wèn)題出發(fā)，研究試題的背景、考查的目標(biāo)以及解題的思路，以培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：立體幾何;核心素養(yǎng);坐標(biāo)法;基底法

立體幾何是高考的必考內(nèi)容之一.縱觀近幾年高考立體幾何解答題部分，第一小題主要證明直線與直線垂直或者平行、直線與平面垂直或者平行、平面與平面垂直或者平行，第二小題主要求直線和平面所成的角或者二面角，重點(diǎn)考查學(xué)生的邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力.

數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的培養(yǎng)的方法和方式有很多種，其中的一個(gè)重要方法就是培養(yǎng)學(xué)生一題多解的能力，這樣可以提高學(xué)生的“三會(huì)”（用數(shù)學(xué)的眼光觀察世界、用數(shù)學(xué)的思維思考世界、用數(shù)學(xué)語(yǔ)言表達(dá)世界）.學(xué)生核心素養(yǎng)的培養(yǎng)，離不開(kāi)教師對(duì)教學(xué)的研究.教師對(duì)教學(xué)研究的有效方式之一就是研究題目，而高考題目是經(jīng)過(guò)數(shù)學(xué)教育專家研究的成果之一，因此，教師有必要對(duì)高考題目的考查目標(biāo)，試題的背景，解題思路進(jìn)行研究.

1? 真題呈現(xiàn)

如圖1，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AD，ΔABC是底面的內(nèi)接正三角形，P為DO上一點(diǎn)，PO=DO.

（I）證明：PA⊥平面PBC;

（II）求二面角B-PC-E的余弦值.

2? 考查目標(biāo)

試題考查圓錐的基本概念，考察空間中的直線和直線、直線和平面、平面和平面的位置關(guān)系，重點(diǎn)考察考生的空間想象能力、運(yùn)算求解能力和邏輯推理能力.試題通過(guò)求解二面角的余弦值的過(guò)程考查學(xué)生應(yīng)用知識(shí)分析、求解問(wèn)題的能力.

3? 試題背景

試題從一個(gè)圓錐出發(fā)，在圓錐的底面和圓錐的高中構(gòu)建直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系.這道題目結(jié)合了圓錐和正三棱錐，在解題的過(guò)程既要運(yùn)用圓的知識(shí)又要根據(jù)立體幾何的相關(guān)位置關(guān)系來(lái)解決問(wèn)題.在三棱錐P-ABC中為了降低難度將ΔABC設(shè)置為等邊三角形. 第一問(wèn)的難度不大，要求考生有一定的空間想象能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯推理能力，解題的關(guān)鍵在于通過(guò)計(jì)算證明PA與平面PBC內(nèi)的兩條相交直線垂直.對(duì)于第二問(wèn)，通過(guò)建立空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量的方法將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)的問(wèn)題，通過(guò)向量求解二面角B-PC-E的余弦值，在解決這個(gè)問(wèn)題的過(guò)程中如何合理建立空間直角坐標(biāo)系是一個(gè)關(guān)鍵的步驟.通過(guò)這道問(wèn)題考查考生的空間想象能力、數(shù)學(xué)運(yùn)算能力和邏輯推理能力.

4? 解題思路研究

4.1? （I）的證明

證法1

因?yàn)锳E=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設(shè)AO=1，則DO=，又因?yàn)镻O=DO=×=.

由題意可知AB=，因?yàn)锳P=PB=PC

所以AB2=PA2+PB2，所以PA⊥PB，同理PA⊥PC，又因?yàn)镻B∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法2

如圖2，設(shè)AE與BC交點(diǎn)為F，連接PF，由題意可知F是BC的中點(diǎn).

因?yàn)锳E=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形.

設(shè)AO=1，則FO=，DO=，PO=DO=×=.所以PF==，PA==，又因?yàn)锳F=，所以AF2=PA2+PF2，所以PA⊥PF.

因?yàn)镻O⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以，PO⊥BC.

又因?yàn)锳F⊥BC，AF∩PO=0，PO?平面AFB，所以BC⊥平面AFB，又因?yàn)镻A?平面AFB，所以BC⊥PA.

由上有PA⊥BC，PA⊥PF，BC?PF=F，PF?平面PBC，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：在第一個(gè)問(wèn)題中要證明線面垂直，要找線線垂直，證法1利用勾股定理證明PA垂直平面PBC內(nèi)的兩條相交直線，再通過(guò)三條邊的關(guān)系證明垂直.證法2，證明PA⊥PF采用的是勾股定理，證明PA⊥BC采用的方法是由線面垂直（P0⊥平面ABC）到線線垂直（P0⊥BC），再由線線垂直（AF⊥BC，P0⊥BC））到線面垂直（BC⊥平面AFB）再到線線垂直（BC⊥PA），證法2相比證法1要復(fù)雜一點(diǎn)，需要對(duì)立體幾何中關(guān)于垂直的性質(zhì)和定理比較熟悉，因此，相比較證法1更容易想到和接受.

證法3（坐標(biāo)系法）

如圖3過(guò)O作ON‖BC交AB于點(diǎn)N，因?yàn)镻0⊥平面ABC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA為x軸，ON為y軸， OP為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 因?yàn)锳E=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設(shè)AO=1，則DO=，又因?yàn)镻O=DO=×=.NO=，BC=，各點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O（0，0，0），A（1，0，0），B（-，，0），C（-，-，0），E（-1，0，0），P（0，0，），D（0，0，）

所以，=（1，0，0）-（0，0，）=（1，0，-）

=（-，，0）-（0，0，）=（-，，-），

=（-，-，0）-（0，0，）=（-，-，-）

所以有·=-1×（-）+0×（）+（-）×（-）=0，同理可得·=0

PA⊥BC，PA⊥PC，又因?yàn)镻B∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：坐標(biāo)法的關(guān)鍵是建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將幾何關(guān)系通過(guò)量化的形式，由空間問(wèn)題轉(zhuǎn)化為通過(guò)坐標(biāo)的計(jì)算來(lái)解決，因此，需要有一定的數(shù)學(xué)建模能力、直觀想象能力與數(shù)學(xué)計(jì)算的能力.考生在用這個(gè)方法解題時(shí)可能出現(xiàn)的幾個(gè)問(wèn)題是：第一，不知道怎么建立空間直角坐標(biāo)系;第二，計(jì)算的過(guò)程中易出錯(cuò).

證法4（基底法）

因?yàn)锳E=AD=DE，所以ΔDAE是等邊三角形;

設(shè)AO=1，則DO=，又因?yàn)镻O=DO=×=.

如圖4， 設(shè)=，=，=，，，為一組基底，由已知條件可知||=||=||=，與的夾角為120°，與互相垂直， 與互相垂直，因?yàn)? -，=-，·=-，·=·=0.

所以·=（-）（-）=·-·-·+·=（-）-0-0+×=0.

所以PA⊥PB，由圖形的對(duì)稱性可知PA⊥PC，又因?yàn)镻B∩PC=P，所以PA⊥平面PBC.

證法分析：利用基底法證明的一個(gè)重要步驟是找到三個(gè)合適的基向量，如果基向量的選取不合適，那么會(huì)導(dǎo)致計(jì)算難度比較大，計(jì)算過(guò)程變得復(fù)雜.基向量的選取還要考慮三者角度的關(guān)系，最好是三者互相垂直的方向，如果不能也要是它們之間所成的角度是特殊角.

4.2? （II）的證明

解法1? ?（二面角的“真作真求”）

如圖5 在ΔPCE上過(guò)點(diǎn)E做EH垂直PC且交于H，在平面PC上過(guò)H作HK平行于PB交CB于K，最后連接EK，由證法1可知PB⊥PC，所以HK⊥PC，又因?yàn)镠K?平面PEC，平面PBC∩平面PEC=PC，所以∠EHK是二面角B-PC-E的平面角.

在ΔPCE中，PC=PE=，CE=1.

所以cos∠EPC==? 所以sin∠EPC=，

所以EH=PE·sin∠EPC=，

所以PH=PE·cos∠EPC=PE=PC，所以H是PC的三等分點(diǎn)，又因?yàn)镠K平行于PB，所以HK=PB= ，在ΔCKE中CK=CB，CE=1，∠ECK=30°，

由余弦定理可以求出EK= ， 在ΔHKE中，有EH=，HK=，EK=， 由余弦定理可以求出cos∠EHK=，所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法2 （二面角的“假作真求”）

如圖6，過(guò)B作BH垂直平面CEP垂足為H，連接PH，由已知條件可知∠BPH是二面角B-PC-E的平面角，BH可以看成三棱錐B-PCE的高.

由已知條件有PB=PC=PE=，CE=BE=1，BC=，SΔBCE=BC·CE·sin∠ECB=，由海倫公式可以求出SΔPCE=，Vp-BCE=SΔBCE·OP， VB-PCE=SΔPCE·BH.

根據(jù)體積相等，有Vp-BCE=VB-PCE，從而有SΔBCE·OP=SΔPCE·BH.

把相關(guān)的量帶入，有××=×·BH，從而求出BH=.

所以sin∠BPH==，從而可得cos∠BPH=， 所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法2的另解

由證法2可知點(diǎn)E到平面PCB的距離等于點(diǎn)A到平面PCB的距離的三分之一，而點(diǎn)A到平面PCB的距離就是PA的長(zhǎng)度，所以E到平面PCB的距離是，和解法1一樣可以求出E到直線PC的距離EH是，二面角B-PC-E的正弦值等于hE /EH，求得該值為，最后應(yīng)用同角三角函數(shù)的平方關(guān)系就可以求出二面角B-PC-E的余弦值.

解法分析：解法1通過(guò)圖形的特征以及邊角之間的關(guān)系，把二面角的平面角找出來(lái).解法2通過(guò)等體積法把二面角的平面角的高求出來(lái)，由于高很難通過(guò)圖形表示出來(lái)，因此，需要學(xué)生有比較強(qiáng)的數(shù)學(xué)抽象能力和直觀想象能力.這兩個(gè)解法對(duì)空間想象能力要求比坐標(biāo)法來(lái)的高，因此，對(duì)空間想象能力基礎(chǔ)比較弱的學(xué)生可以不做要求，對(duì)于基礎(chǔ)較好的學(xué)生可以進(jìn)行擴(kuò)展.

解法3 （坐標(biāo)法）

由證法3可知=（-，-，-），

=（-，，-），

=（-1，0，0）-（0，0，）=（-1，0，）.

設(shè)平面BPC的法向量為=（x1，y1，z1），平面EPC的法向量為=（x2，y2，z2）.

則有

-·x1+（

-）·y1+（

-）·z1=0

-·x1+

·y1+（

-）·z1=0? 令z1=-，則，x1=2，y1=0，所以=（2，0，-）

同理可以求出平面EPC的法向量為=（1，，-）.

cos（ ，）===

所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法分析：第二小題約有90%的考生會(huì)正確地采用坐標(biāo)法求解.坐標(biāo)法的優(yōu)勢(shì)在于考生可以通過(guò)用代數(shù)的方法求解，將幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為代數(shù)的問(wèn)題，對(duì)考生的直觀想象能力的要求比較低.建立合適的空間直角坐標(biāo)系是關(guān)鍵，對(duì)于本道題目除了證法3那樣建立坐標(biāo)系以外，還可以考慮根據(jù)證法1，可以得到PA，PB，PC兩兩互相垂直，所以還可以考慮以邊PA，PB，PC所在的直線來(lái)建立直角坐標(biāo)系.

解法4（基底法）

由證法4可知=--，=++，=-+2，=-，

設(shè)平面BPC的法向量為=x1+y1+z1，

平面EPC的法向量為=x2+y2+z2

則

·

=0

·

=0 ，有（x1

+y1

+z1

）·（

+

+

）=0

（x1

+y1

+z1

）·（

+2

）=0

即

x1+

y1+

z1=0

y1=0 ，令x1=1，則有y1=0，z1=-1

所以=--，同理可以求出=2+-3.

cos（，）== =.

所以二面角B-PC-E的余弦值為.

解法分析：坐標(biāo)法也是基底法的一種形式，解法3在計(jì)算上更加簡(jiǎn)潔，都是需要考生建立空間直角坐標(biāo)系，解法4只需要考生建立三個(gè)基向量就行.

5? 考題評(píng)價(jià)

考題以考生熟悉的圓錐為載體，通過(guò)在圓錐內(nèi)部的點(diǎn)組成正三棱錐，將圓錐和正三棱錐結(jié)合來(lái)考察考生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的水平，考生對(duì)考題中點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系感到熟悉而又陌生.考題貼近考生學(xué)習(xí)的情況，同時(shí)，考題出現(xiàn)的信息量大，不同的考生結(jié)合自己的學(xué)習(xí)情況可以給出不一樣的解答，為考生在發(fā)現(xiàn)、分析和解決問(wèn)題提供了思維空間.考題在考察學(xué)生的立體幾何基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)還考察學(xué)生對(duì)問(wèn)題的轉(zhuǎn)化和化歸的能力.考題能很好按照新課程標(biāo)準(zhǔn)的要求，把空間想象、向量運(yùn)算、數(shù)值計(jì)算、邏輯推理、空間建系、空間作圖等融入問(wèn)題中.考題不僅重視基礎(chǔ)還重視能力，因此，有比較好的區(qū)分度和選拔的功能.