雷小華

2021年是廣東省新高考文理合卷的第一年，立體幾何大題與往年相比，分值不變，題序后移至二十. 試題以三棱錐為載體，先要對空間位置關(guān)系進(jìn)行定性論證，后要利用二面角進(jìn)行體積的定量計(jì)算. 考查數(shù)形結(jié)合、直觀想象及運(yùn)算三大能力. 緊抓基礎(chǔ)與核心，融合往年文理考查熱點(diǎn)，雖平淡常規(guī)，卻細(xì)思巧構(gòu)，寓意深遠(yuǎn). 仔細(xì)品味，意味深長，概括如下：

推證樂章，取自“五音”;基礎(chǔ)不牢，地動(dòng)山搖;建系與否，高效為標(biāo);文理合一，證算并舉.

以上僅個(gè)人觀點(diǎn)，為拋磚引玉而已. 下面對試題略作分析.

一、試題與簡解

【試題】（2021年新高考全國Ⅰ卷數(shù)學(xué)第20題，12分）

如圖1，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O是BD的中點(diǎn).

（1）證明：OA⊥CD;

（2）若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小為45°，求三棱錐A-BCD的體積.

【簡解】（1）∵ AB=AD，O為BD中點(diǎn)，

∴ AO⊥BD，

∵ AO？奐面ABD，面ABD⊥面BCD，面ABD∩面BCD=BD，

∴ AO⊥面BCD，

∵ CD？奐面BCD，

∴ AO⊥CD.

（2）解法一，幾何法：

過點(diǎn)E作EF⊥BD交BD于F，再過點(diǎn)F作FG⊥BC交BC于G，連接EG，如圖2. 設(shè)AO=m.

由（1）可得EF⊥面BCD，故AO∥EF.

根據(jù)三垂線定理可知：∠EGF即為二面角E-BC-D的平面角，故∠EGF=45°，

∵ DE=2EA，

∴ EF=m，OF=.

∵△ OCD是邊長為1的等邊三角形，O為BD中點(diǎn)，

∴ BC⊥CD，BC=.

故GF∥CD.

由=得，GF=.

在Rt△EFG中，∠EGF=45°，故m=，即m=1.

∴ S△BCD=×CD×BC=×1×=，

三棱錐A-BCD的體積VA-BCD=·S△BCD·AO=.

解法二，坐標(biāo)法：

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD為y軸，OA為z軸，在平面BCD內(nèi)過C且垂直O(jiān)D的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖3. 設(shè)AO=m. 則C（，，0），D（0，1，0），B（0，-1，0），A（0，0，m），E（0，，m），

故=（0，-，-m），=（，，0），

設(shè)平面EBC的法向量為=（x1，y1，z1），則

·=-y1-mz1=0，·=x1+y1=0，即2y1+mz1=0，x1+y1=0，令y1=-1，∴ z1=，x1=，∴ =（，-1，）.

由于平面BCD的法向量為=（0，0，m），

故cos〈，〉==，解得m=1，∴OA=1，

∴S△BCD=×CD×BC=×1×=，

三棱錐A-BCD的體積VA-BCD=·S△BCD·AO=.

二、試題分析

（一）解答分析

解答前要先思考以下問題：

在第（1）問中，

①試題給出面面垂（平面ABD⊥平面BCD），你將怎樣用好這一條件？會(huì)想到什么？

②有解題思路后，能把推理論證的過程完整表達(dá)出來嗎？

③第（1）問的證明能用坐標(biāo)法來證嗎？

第（2）中，

①題目給的二面角E-BC-D的大小為45°，將如何使用？

②已知條件△OCD是邊長為1的等邊三角形，你對這一條件能生成的結(jié)果有感覺嗎？有什么結(jié)論產(chǎn)生？

③選擇什么方法做第（2）問？是幾何法？還是坐標(biāo)法？

（二）解答點(diǎn)睛

1. 推證樂章，取自“五音”

題目首先給你一個(gè)面與面垂直的條件，你能否熟練想到面面垂的性質(zhì)定理？接下來如何用好這一定理？若要回答好這些問題，關(guān)鍵在基礎(chǔ)！即平行、垂直的判定定理與性質(zhì)定理這一基礎(chǔ)知識（本文戲稱“五音”）. 另外，值得特別提醒的是，不光要會(huì)，而且要全面熟練地掌握！否則，本題解答時(shí)將犯“會(huì)而不全”的錯(cuò)誤，導(dǎo)致丟分！比如：在得出AO⊥面BCD之前，若①AO⊥BD，②AO？奐面ABD，③面ABD⊥面BCD，④面ABD∩面BCD=BD這四個(gè)必須滿足的條件沒有寫全而被高考閱卷人扣分.

所謂“五音”要全，即需熟練掌握下面圖4～圖6的推證內(nèi)容.

高考中，立體幾何大題第（1）問的作答一般都需要用“五音”對空間幾何體的位置作出定性的推理論證，用“五音”點(diǎn)燃“心燈”，照亮前行，譜寫出動(dòng)聽的“樂章”，有時(shí)，也為第（2）問的建系作答提早作好了準(zhǔn)備. 試想，若某考生“五音”不全，能奏出美妙動(dòng)聽的“樂章”嗎？

2. 基礎(chǔ)不牢，地動(dòng)山搖

初中的平面幾何知識也是解好立體幾何大題的基礎(chǔ)知識，不容小視！在第（2）問中，已知△OCD是邊長為1的等邊三角形，加上O是BD的中點(diǎn)，圖7，你能否快速得出BC⊥CD、BC=這一結(jié)論呢？根據(jù)對往年這道題的分析，題目一般都會(huì)鉤連初中的平面幾何核心知識，給出一些聚集了豐富幾何特點(diǎn)與條件的特殊圖形，如正方形、正三角形或60°角的菱形等，經(jīng)常交替出現(xiàn)，已成為構(gòu)建高考數(shù)學(xué)試題中的重要元素. 在下面的常見圖形中，請理解熟記其幾何特性，做到一眼便知.

①在圖8中，當(dāng)AD=BD=CD（ADB三點(diǎn)共線）時(shí)，三角形ABC是Rt△;

②在圖9中，有一角為60°的菱形，除四邊相等且對角線互相垂直外，還需注意圖中線段的比例關(guān)系，如DO ∶ AD ∶ AO=1 ∶ 2 ∶;

③在圖10中，有一角為60°且下底長是上底長的兩倍的等腰梯形，請注意圖中有三個(gè)等邊三角形，要關(guān)注圖中的垂直關(guān)系與線段的比例關(guān)系，若H為AE的中點(diǎn)，則HD⊥AB，AH ∶ AD ∶ DH=1 ∶ 2 ∶，AH ∶ HB=1 ∶ 3.

另外，本題中用到平行線分線段成比例定理，在圖11中，由AO∥EF，DE=2EA，可得EF=OA，OF=OD;在圖11中，由GF∥CD，F(xiàn)D=2OF，OB=OD=CD=1，則FG=.

再者，理解記住一些常見的結(jié)論.

如圖12，菱形ABCD中以BD為折痕把三角形ABD折起的過程中，一個(gè)明顯結(jié)論是：BD⊥AC、BD⊥A1C、BD⊥A2C……

又如，課本必修2P79B組第2題正方體ABCD-A1B1C1D1中，如圖13，有以下常用結(jié)論：

①DB1⊥平面A1BC1，DB1⊥平面ACD1;

②H為三角形A1BC1的中心，且HB1三等分DB1;

③ 平面A1BC1∥平面ACD1，且距離為DB1的;

④ 三棱錐B1-A1BC1的體積=·.

3. 建系與否，高效為標(biāo)

當(dāng)你權(quán)衡了幾何法與坐標(biāo)法的優(yōu)劣，舍去幾何法，選用坐標(biāo)法來解答立體幾何問題時(shí)，為方便施展，建好空間直角坐標(biāo)系將是重要的第一步.

建系時(shí)首先需對底面與側(cè)面有清楚的認(rèn)識，考慮坐標(biāo)系如何最大程度依附好指定的空間圖形，形成最直接、最明顯的位置與數(shù)（度）量關(guān)系，產(chǎn)生二維與三維、局部與整體相互聯(lián)系的便利通道，這樣才能突破建系難點(diǎn).下面選取一些建系慣例，以供參考.

（1）含60°角的菱形，如圖14.

（2）正方形、矩形、直角三角形，如圖15.

（3）梯形（由三個(gè)正三角形拼成），如圖16.

在本題中，較好的建系方法是，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，在平面BCD內(nèi)過點(diǎn)O作BD的垂線為橫軸，以O(shè)D方向?yàn)榭v軸，OA方向?yàn)樨Q軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 如圖17.

第二步，寫對所需點(diǎn)的坐標(biāo). 在本題中，寫對點(diǎn)C的坐標(biāo)是難點(diǎn)，也是關(guān)鍵一步，此步一錯(cuò)，后續(xù)皆錯(cuò)！

一般地，難寫的點(diǎn)可體中取面單獨(dú)畫圖分析. 如圖18，點(diǎn)C（，，0）的坐標(biāo)就一目了然. 另外，求平面的法向量時(shí)，若某點(diǎn)的坐標(biāo)不易寫出，看是否能繞過不寫，而從圖形中通過向量運(yùn)算求出所需向量，效果也很好. 比如，在圖三中，若你感覺求點(diǎn)E的坐標(biāo)有困難時(shí)，可繞過不寫，而考慮求出，即=+=（0，m，m），這樣，同樣為求該平面的法向量提供了有利條件.

當(dāng)做好一些基礎(chǔ)性的準(zhǔn)備工作后，下面就看你是否熟記了空間三（個(gè)）角公式了. 請看下表.

第（2）問到底用什么辦法更省時(shí)省力，高效作答，就今年這道題來說，前面用的幾何法既省時(shí)又省力，顯然好過坐標(biāo)法.

若選擇用幾何法處理三（個(gè)）角問題時(shí)，一般需遵循“作、指、證、算” 這四個(gè)步驟，熟練于心，不可或缺. 在這里，重點(diǎn)介紹用三垂線定理作銳二面角的平面角的開頭第一步“作”字訣.

如圖19中，左圖是二面角的平面角的定義圖，右圖是用三垂線定理作二面角的平面角的效果圖. 步驟如下：

①選取半平面？琢內(nèi)（非公共棱）一點(diǎn)P，作另一半平面？茁的垂線PH，垂足為H;

②過點(diǎn)H作公共棱l的垂線HG，垂足為G;

③連接PG.

根據(jù)二面角的平面角定義，可證∠PGH即為二面角的平面角.這時(shí)，解好此Rt△PHG就可以知道二面角的大小了.

例如，圖20中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AB=BC=CD，試問二面角C—AD—B的大小是多少？

若用幾何法處理，第一步“作”很重要，操作如下：取BD的中點(diǎn)E，易知CE⊥平面ABD，作EF⊥AD交AD于F，連接FC，則二面角C—AD—B的平面角？茲就是圖中∠CFE的大小，可求得？茲=60°. 其證明與計(jì)算請自己完成.

當(dāng)然，還有其它方法如面積射影法等，在這里就不作詳細(xì)介紹，僅把結(jié)論陳述如下.

如圖20中，PC⊥平面ABC，三角形ABC是三角形PAB在面ABC上的射影三角形，設(shè)二面角P—AB—C的大小為？茲，則cos？茲=，請對結(jié)論進(jìn)行思考并作證明.

對于偏愛幾何法作答的考生，建議切實(shí)掌握常見的“三角”（線線角、線面角、面面角）的定義及相應(yīng)的作圖方法，其中利用三垂線定理（或逆定理）作二面角的平面角尤其要熟練掌握. 在解答過程中把“作、指、證、算”這四步必要過程寫清楚，確保勝券在握.

平時(shí)練習(xí)中，建議兩法都要練，兩法都過硬. 這樣，在臨場發(fā)揮中才能左右逢源，擇優(yōu)而行.

三、文理合一，證算并舉

今年是立體幾何文理合卷的第一年，試題應(yīng)有一定的導(dǎo)向定調(diào)功能. 從試題考查目標(biāo)來看，把過去文科的體積運(yùn)算與理科的角度運(yùn)算加以融合，保留了文理共同的推理證明. 在第（2）問的處理辦法中，既可以用偏重推理論證的幾何法作答，又可以用愛好運(yùn)算的坐標(biāo)法求解. 或許，這種設(shè)計(jì)將是未來高考立體幾何大題的走向？

『例1（變式一）』

如圖21，在三棱錐A-BCD中，OA⊥CD，AB=AD，O是BD的中點(diǎn).

（1）證明：平面ABD平面BCD;

（2）若三棱錐A-BCD的體積為，且△OCD是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE=2EA，求二面角E-BC-D的大小.

【簡解】（1）∵AB=AD，O為BD中點(diǎn)，

∴ AO⊥BD，

∵ OA⊥CD，BD∩CD=D，BD？奐面BCD，CD？奐面BCD，

∴ AO⊥面BCD，

∵ AO？奐面ABD，

∴ 面ABD⊥面BCD

（2）解法一，幾何法：

過點(diǎn)E作EF⊥BD交BD于F，再過點(diǎn)F作FG⊥BC交BC于G，連接EG，如圖22. 設(shè)AO=m.

由（1）可得EF⊥面BCD，故AO∥EF.

根據(jù)三垂線定理可知：∠EGF即為二面角E-BC-D的平面角，

∵ DE=2EA，

∴ EF=m，OF=.

∵ △OCD是邊長為1的等邊三角形，O是BD中點(diǎn)，

∴ BC⊥CD，BC=.

∴ S△BCD =×CD×BC=×1×=.

∵ VA-BCD =·S△BCD· AO=，

故m=.

由GF∥CD得=，故GF=，

在Rt△EFG中，tan∠EGF==，

∴ ∠EGF=60°.

即二面角E-BC-D的大小60°.

解法二，坐標(biāo)法：

以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD為y軸，OA為z軸，過O且垂直O(jiān)D的直線為x軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖23. 同解法一可得AO=.

則C（，，0），D（0，1，0），B（0，-1，0），A（0，0，），E（0，，），

故=（0，-，-），=（，，0），

設(shè)平面EBC的法向量為=（x1，y1，z1），則

· =-y1-z1=0，· =x1+y1=0，即2y1+z1=0，x1+y1=0，令y1=-，∴ =（3，-，2）.

由于平面BCD的法向量為 =（0，0，1），設(shè)二面角E-BC-D的大小為？茲，則？茲=〈 ，〉.

故cos？茲=cos〈 ，〉==，∴？茲=60°，即所求二面角E-BC-D的大小為60°.

『例2（新情景）』

如圖24，棱長都相等的正四棱錐P-ABCD中，E為底面ABCD的中心，F(xiàn)為側(cè)面PAD的重心.

（1）證明：EF⊥平面PAD;

（2）若此棱錐的側(cè)面積與體積的比值為，點(diǎn)G在棱PC上，求直線BG與平面PAD所成角的正弦值的取值范圍.

【解析】（1）（方法一）：

如圖25，連接PF并延長交AD于H，連接EH，連接PE.

∵ 正四棱錐棱P-ABCD長都相等，F(xiàn)為側(cè)面PAD的重心，

∴ PE⊥平面ABCD，H為AD的中點(diǎn)，

∴ PH⊥AD，HE⊥AD，

∵ HE∩PH=H，PH？奐平面PEH，HE？奐平面PEH，

∴? AD⊥平面PEH，

∵ EF？奐平面PEH，

∴ AD⊥EF.

設(shè)棱長為2m，則在Rt△PEH中，F(xiàn)H=，HE=m，

cos∠EHF==，

故在△EFH中，由余弦定理可得：

EF==，

∵ FH2+EF 2=（m）+（m）=m2=EH2，

故EF⊥PH.

∵ AD∩PH=H，AD？奐平面PAD，PH？奐平面PAD，

∴ EF⊥平面PAD.

（方法二）：

如圖26，以E為原點(diǎn)，以AB中點(diǎn)、CD中點(diǎn)所在的直線為x軸，以BC中點(diǎn)、AD中點(diǎn)所在的直線為y軸，以EP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 設(shè)棱長為2m，則PE=m.

∴ A（m，-m，0），D（-m，-m，0），P（0，0，m），由三角形重心公式得F（0，-m，m），

∵ =（-2m，0，0），=（-m，m，m）， =（0，-m，m），

且·=（-2m，0，0）·（0，-m，m）=0，·=（-m，m，m）·（0，-m，m）=0，

故⊥，⊥，即AD⊥EF，AP⊥EF，又AD∩AP =A，

∴ EF⊥平面PAD.

（2）（方法一）：設(shè)此棱錐的棱長為2m，則PE=m.

∵ 側(cè)面積與體積的比值為，

故==，解得m=1，∴ PE=.

以E為原點(diǎn)，以AB中點(diǎn)、CD中點(diǎn)所在的直線為x軸，以BC中點(diǎn)、AD中點(diǎn)所在的直線為y軸，以EP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，如圖27.

∴ B（1，1，0），設(shè)G（-？姿，？姿，（1-？姿））（0≤？姿≤1），直線BG與平面PAD所成角為？茲.

則=（-？姿-1，？姿-1，（1-？姿）），由（1）知：=（0，-，）為平面PAD的法向量，

故sin？茲=cos〈，〉

==·.

令f（？姿）=（0≤？姿≤1），則

f ′（？姿）=<0，故f（？姿）在[0，1]上單調(diào)遞減，故f（？姿）∈[0，1]，所以sin？茲∈[0，].

（方法二）：如圖28，連接DB，由（1）中方法一知：EF=，

故點(diǎn)B到平面ADP的距離為dB-ADP=2EF=.

當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)P重合時(shí)，設(shè)直線PB與平面PAD所成角為？茲1，則sin？茲1==;

當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)C重合時(shí)，BG∥平面PAD，線面角的正弦值為0.

因點(diǎn)G由點(diǎn)P移至點(diǎn)C時(shí)，直線PB與平面PAD所成角由大變小，直至變?yōu)?. 故sin？茲∈[0，].

『練習(xí)（好題重做，江門市2021年一模試題）』

如圖29，四邊形ABCD為菱形，四邊形BDEF為平行四邊形，F(xiàn)A=FC，AB=2，∠DAB=60°.

（1）求證：AC⊥BF;

（2）若FB=FD，且二面角E-AF-B為135°，求多面體ABCDEF的體積.

【答案】（1）略;（2）2.

通過以上分析可以看出，對具體的空間事物的情境認(rèn)知并進(jìn)行分析問題與解決問題的能力，在高考中主要通過立體幾何這道大題來考查. 在高三進(jìn)行完一輪復(fù)習(xí)后，重點(diǎn)應(yīng)抓住平行與垂直的推理論證及三角一積的計(jì)算求解，練就熟知解題思路，把握關(guān)鍵圖形，透析位數(shù)（位置與數(shù)量）關(guān)系，選擇高效方法，準(zhǔn)確快速作答. 總而言之，那就是夯基熟五音三角，擇法奏證算樂章.

責(zé)任編輯 徐國堅(jiān)