證明有方向，求解有方法

摘 要：通過對2022年高考數(shù)學新高考Ⅱ卷第20題立體幾何題的展開與分析，從高考命題與破解策略等視角切入，結合空間位置關系證明的不同方向以及空間角求解的不同方法加以剖析，引領并指導數(shù)學教學與復習備考.

關鍵詞：立體幾何；垂直；證明；二面角；正弦

近年高考對立體幾何部分知識在解答題中的考查相對比較穩(wěn)定，空間線面位置關系中的平行或垂直的證明，空間角的計算是熱點，題型主要有：①空間位置關系的證明；②求解空間角或其某一種三角函數(shù)值等.基于2022年高考數(shù)學新高考Ⅱ卷第20題的解題分類，通過證明視角的方向展示，求解視角的方法應用，就立體幾何解答題的復習備考進行剖析，拋磚引玉.

1 真題呈現(xiàn)

（2022新高考Ⅱ·20）如圖1，PO是三棱錐P－ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E為PB的中點.

（1）證明：OE//平面PAC；

（2）若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C－AE－B的正弦值.

2 第（1）問證明方向

思路1：幾何法1——線線平行的轉化

根據(jù)所要證明的結論——線面平行，抓住線面平行的判定定理，尋找平面外的一條直線與平面內(nèi)的一條直線平行，將線面平行轉化為線線平行問題，進行“降維”處理.那么在平面PAC內(nèi)尋找與直線OE平行的直線就是證明問題的突破口.

如圖2，連接OA，OB，依題意，OP⊥平面ABC.又OA平面ABC，OB平面ABC，則OP⊥OA，OP⊥OB，

則有∠POA=∠POB=90°.

又PA=PB，OP=OP，則△POA≌△POB，可得OA=OB.

延長BO交AC于點D.又AB⊥AC，則在Rt△ABD中，O為BD中點，連接PD.

在△PBD中，O，E分別為BD，BP的中點，則OE∥PD.又OE平面PAC，PD平面PAC，所以OE∥平面PAC.

思路2：幾何法2——面面平行的轉化

根據(jù)所要證明的結論——線面平行，抓住面面平行的性質定理，尋找所要證明直線所在的一個平面與所要證明的平面平行，將線面平行轉化為面面平行問題，進行“升維”處理.那么尋找過直線OE的平面與平面PAC平行就是證明問題的突破口.

如圖3，取AB的中點M，連接OM，EM，PM.

在△PAB中，E，M分別為PB，AB的中點，則EM∥PA.

又EM平面PAC，PA平面PAC，所以EM∥平面PAC.

因為PA=PB，M為AB的中點，所以PM⊥AB.

又PO是三棱錐P－ABC的高，則有OP⊥AB.

結合PM∩OP=P，所以AB⊥平面POM，則有AB⊥OM.因為AB⊥AC，所以OM∥AC.

又OM平面PAC，AC平面PAC，所以OM∥平面PAC.

結合EM∩OM=M，EM，OM平面EOM，所以平面EOM∥平面PAC.

又OE平面EOM，所以OE∥平面PAC.

方法剖析：無法直接利用線面平行的判定定理來證明線面平行，有時可以借助思維的“升維”處理，通過證明兩個平面的平行，從而利用面面平行的性質定理，從更高層次來轉化得以確定線面平行.

思路3：向量法

利用向量法來證明空間中的線面位置關系，關鍵是建立恰當?shù)淖鴺讼?，準確寫出相關點的坐標，利用向量的坐標運算、數(shù)量積等來轉化，結合向量的位置關系，從代數(shù)視角來分析證明相應的空間線面位置關系.

易知二面角C－AE－B為銳角，則設銳二面角C－AE－B的平面角為θ，則cos θ=|cosm，n|=|n·m|nm=4313.

所以sin θ=1-cos2θ=1113，即二面角C－AE－B的正弦值為1113.

方法剖析：坐標法處理二面角問題時，思維直接簡單，只要分別確定兩半平面的法向量，利用數(shù)量積公式確定兩法向量的夾角即可.具體操作時，要利用二面角的大小的特殊性，結合實際圖形特征，根據(jù)計算取“相等角”或取“補角”等來分析處理.不同位置的坐標系的構建，對結果并沒有影響.

思路2：幾何法

幾何法處理空間中的二面角問題，往往可以從二面角的定義入手，作出相應的二面角的平面角，利用空間中的線段長度關系轉化到平面幾何中的三角形問題，借助解三角形法來處理；也可以通過射影法、等體積法等來轉化，不用直接作出相應的二面角的平面角，通過合理的運算與轉化來分析與求解.

由于PO是三棱錐P－ABC的高，故PO⊥平面ABC，所以點P到平面ABC的距離為PO=3，而E為PB的中點，則點E到平面ABC的距離為32.

設點B到平面ACE的距離為h，在△EAB中，設邊AE上的高為h1.

易知二面角C－AE－B為銳角，則設銳二面角C－AE－B的平面角為θ，則有sin θ=hh1.

由于PO=3，PA=5，由（1）知，OA=OB=4.

又∠ABO=∠CBO=30°，則AB=43，AC=

ABtan 60°=12.

在△PAB中，結合余弦定理可得AE=112，在△PCB中，結合余弦定理可得CE=6012，

那么在△EAC中，結合余弦定理可得cos∠CAE=211，則有sin ∠CAE=31311.

對于三棱錐B－ACE，由等體積法，得VB-ACE=VE-ABC，則有13·S△ACE·h=13·S△ABC·32，解得h=1239.

在△ABE中，結合余弦定理可得cos∠EAB=6311，則有sin ∠EAB=1311.

所以h1=ABsin ∠EAB=43911，則有sin θ=hh1 =1113，即二面角C－AE－B的正弦值為1113.

方法剖析：合理構建出滿足條件的二面角的平面角，或設出相應的二面角大小，通過空間幾何與平面幾何的轉化與應用，合理在不同視角構建平面幾何圖形加以分析，借助三角形的合理求解與分析來確定對應邊、角的大小，進而綜合相關的方法來分析與運算.

參考文獻

［1］韓文美.六法巧突破，妙解線面角——談2018年浙江第19題解法［J］.中學生數(shù)理化（高二數(shù)學），2019（2）：32-33.

［2］中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學課程標準（2017年版）［M］.北京：人民教育出版社，2017.