■山东省聊城第三中学

高考对立体几何的考查始终是围绕“空间问题平面化、模型化和代数化”展开的,借助热点题型探究求解中的“多种思维方法”,可以提高“构建函数模型、直观想象、逻辑推理、合理运算”等核心素养。

热点1——正方体“截面最值”求解中的多种思维方法

例1 (2018年全国Ⅰ理12)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )。

解法1：直接作截面构建目标函数求最值,平面A1C1B与每条棱所成的角相等,符合题意,如图1所示。平面α由面A1C1B平移得到,如图2,六边形EFGHMN 为该截面。

图1

图2

设A1N=x,则有EN=2x,MN=2(1-x),根据对称性可知EF=2(1-x),FG=2x,延长EN,HM相交于点P,延长EF,HG相交于点Q,如图3,由相似比可得PN=PM=2(1-x),QF=QG=2x,易证∠HEF=∠EHG=60°,所以△EHQ为等边三角形,同理,△EHP为等边三角形。

图3

解法2：由特殊位置确定其最大值,由题设可知,截面α应与正方体的体对角线垂直,当平面平移至截面为六边形时,此时六边形的周长恒定不变,所以当截面为正六边形时,

反思:正方体的截面多边形问题,需要依据公理及推论确定截面的位置,本题从题设的条件中找寻相关的字眼,用多种思维方法得到截面面积最大时为过六条棱的中点的正六边形,耐人回味。

热点2——异面直线所成的角求解中的多种思维方法

例2 (2018年新课标Ⅱ卷9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )。

解法1：平移法作异面直线所成角,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,取E为B1A1的中点,F为AD1与A1D的交点,如图4,由几何关系可知DB1∥FE,所以∠EFA1=θ为异面直线AD1与DB1所成的角或补1,在△EFA1中,由余弦定理可知cosθ=

图4

解法2：补形法作异面直线所成的角,在长方体ABCD-A1B1C1D1右侧补一个完全相同的长方体DD1C1C-FGHE,如图5,∠GDB1=θ为异面直线AD1与DB1所成的角或补角,由几何关系可知BD=5,DG=2,B1G=5,由余弦定理可得cosθ=

图5

图6

解法3：坐标法求异面直线所成的角,建立如图6所示的空间直角坐标系,由几何关系可知A的坐标为(1,0,3),点D1的坐标=(0,1,-3)。θ为异面直线AD1与DB1所成的角或补角,则cosθ

反思:传统的几何法求异面直线所成的角,依据定义,通过“直接平移或补形平移”得到两条直线的夹角或夹角的补角,强化逻辑推理与空间想象能力;向量法求异面直线所成的角,借助“两异面直线对应的方向向量的夹角”的计算求解,凸显空间问题代数化的本质属性。不论用何种方法切记异面直线所成

热点3——直线与平面所成的角求解中的“几何法和向量法”

例3 (2018年新课标Ⅰ卷理18)如图7,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF。

(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD；

(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值。

解析：(1)由已知和折叠前后不变的线线垂直可得,BF⊥PF,BF⊥EF。又PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF。又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD。

(2)由(1)及面面垂直的判定定理可知平面PEF⊥平面ABFD。选择向量法或几何法求线面角。

图7

解法1：向量法求线面角,作PH⊥EF,垂足为H。由(1)知平面PEF⊥平面ABFD,所以PH⊥平面ABFD。由以H为坐标原点,HF的正方向为y轴正方向,HP的正方向为z轴正方向,设正方形ABCD的边长为2,建立如图8所示的空间直角坐标系H-xyz。

图8

由(1)可得DE⊥PE,又DP=2,DE=1,所以PE=3。又PF=1,EF=2,故PE

解法2：几何法作线面角算大小,作PH⊥EF,垂足为H,连接DH,如图9。由(1)知平面PEF⊥平面ABFD,则PH⊥平面ABFD,DH为DP在平面ABFD上的射影,则∠PDH为PD与平面ABFD所成的角。

由(1)知BF⊥平面PEF,又BF∥DE,所以DE⊥PE。

图9

又DP=2,DE=1,所以PE=3。又PF=1,EF=2,PE=3,则有PE⊥PF。在直角三角形PEF中,可得直角三角形PEH中,可得DH=2,所以ABFD所成角的正弦值为

反思:解决与折叠有关的垂直证明及空间角的计算问题,关键是依据折叠前后寻求长度和线线垂直的不变量;向量法求解线面角,利用公式到的角是法向量与斜线AB的夹角,并不是斜线AB和平面α所成的角,此时斜线AB与平面α所成的角为90°-θ,故sinθ=