08-立体几何命题的三大变化与教学启示

立体几何命题的三大变化与教学启示
湖北省黄冈中学数学特级教师 王宪生
新教材中立体几何知识内容的改变体现在两个方面：一是除保留有球体和球面的有关内容外，删减了“圆柱、圆锥、圆台、球冠、球缺”等 “旋转体”内容，并削弱了对于简单多面体的体积、表面积公式应用的要求；二是给出了9（A ）、9（B ）两种不同要求的学习版本，将空间向量知识推荐给了中学师生。

这两个方面的改变，在使得传统立体几何内容的命题空间大大萎缩的同时，让“用代数方法研究几何”的先进思想逐步走进了立体几何，并带来了高考中立体几何命题的三大变化。

变化一 命题形式从“二选一”逐渐变化为“一选二”
在率先使用新教材的九省一市的命题中，前几年对于立体几何的命题都采用了配备两道不同要求的命题形式，让考生根据自己的意愿，从中任选其一进行解答，而随着全国大面积使用新教材以后，立体几何命题将以“一选二”的形式出现，即一道题可以选用“传统方法”或“向量方法”两种不同方法去解，命题形式的这种变化趋势，在于打破传统模式，倡导教学内容与方法的改革。

可以预测，今年的高考命题仍将延续这样的命题形式。

[例1]（2003年高考试题（全国卷、天津卷）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA 1=2，D 、
E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的
射影是△ABD 的垂心G.
（1）求A 1B 与平面ABD 所成角的大小（结果用
反三角函数值表示）；
（2）求点A 1到平面AED 的距离.
[分析] 本小题主要考查线面关系和直棱柱等基
础知识，同时考查空间想象能力和推理运算能力.若选
用传统方法，如何用好重心的几何性质是解题的关键，若能考虑运用空间向量方法，则重心坐标公式容易起
到应有的作用。

[解答] 方法一：（1）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即∠EBG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.
设F 为AB 中点，连结EF 、FC ，
∵D 、E 分别是CC 1、A 1B 的中点，又DC ⊥平面ABC ，∴四边形CDEF 为矩形， 连结DE ，G 点是△ADE 的重心，∴G ∈DF 。

在直角三角形EFD 中，223
1FD FD FG EF =⋅=， ∵EF=1，∴3=FD ，∴DE=2，EG 3
632
1=⨯=。

∵FC=CD=2，∴AB=22，A 1B=32，3=
EB ， ∴323
136sin =⋅==EB EG EBG ， 即A 1B 与平面ABD 所成的角为32arcsin
；
（2）连结A 1D ，有E AA D AED A V V 11--=
,,,F AB EF EF ED AB ED =⊥⊥ 又
AB A ED 1平面⊥∴, 设A 1到平面AED 的距离为h ， 又24121111=⋅==∆∆AB A A S S AB A AE B ， 2
621=⋅=∆ED AE S AED ， 3622
6
2
2=⨯=h .故A 1到平面AED 的距离为362. 方法二：（1）连结BG ，则BG 是BE 在面ABD 的射影，即∠A 1BG 是A 1B 与平面ABD 所成的角.
如图所示建立空间直角坐标系，设坐标原点为O ，CA=2a ，
则A （2a ，0，0），B （0，2a ，0），D （0，0，1），A 1（2a ，0，2），
E （a ，a ，1），G （3
1,32,32a a ）， )1,2,0(),3
2,3,3(a BD a a GE -==∴， 03
2322=+-=⋅∴a ，解得a =1. ),3
1,34,32(),2,2,2(1-=-=∴BA 372131323/14||||cos 111=⋅=⋅=∠∴BG BA BG BA BG A . A 1B 与平面ABD 所成角是3
7arccos ； （2）由（1）有A （2，0，0），A 1（2，0，2），E （1，1，1），D （0，0，1）
0)0,1,1
()2,0,0(001,1()1,1,1(1=--⋅=⋅=--⋅-=⋅，）， ⊥∴ED 平面AA 1E ，又ED ⊂平面AED.
∴平面AED ⊥平面AA 1E ，又面AED 面AA 1E=AE ，
∴点A 在平面AED 的射影K 在AE 上. 设AK λ=， 则)2,,(11--=+=λλλA A ， 由01=⋅AE K A ，即02=-++λλλ， 解得3
2=λ. )34,32,32(1--=∴A ，则ED S h S AB A AED ⋅=⋅∆∆1
，3
62=. 故A 1到平面AED 的距离为3
62
.
A 1 C 1 M 1
B 1
M
A C D B
A 1 C 1
B 1 M A
C
D B
[启示] 本题出现在新旧教材交替时期，是近几年出现的一道较难的立体几何问题，由于方法二较之方法一更容易想到，可以认为本题的命题意图十分明确，即倡导运用空间向量方法解题。

本题给我们的教学启示是——为适应教学形势的发展，在教学中应该主动选用9
（B ）进行学习，同时注意帮助学生提高使用空间向量解题的主动性。

变化二 命题的载体逐步让位于较为规则的几何体
由于所学知识内容的删与减，使得命题时可以选用的几何体受到一定限制的同时又增加了方法上的选用空间，因此命题人可以在较为常见的几何体中做思想方法上的文章，2003年的高考命题（本文例1）也告诉我们，即使是常规的几何体中同样可以出难题、考方法、考思维、考能力。

[例2]（A 种本）已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为1，若点M 在侧棱BB 1上，且AM 与侧面BCC 1所成的角为α；
（Ⅰ）若α满足条件：∈α46[ππ，，求BM 的取值范围； （Ⅱ）若α为6π，求AM 与BC 所成的角的余弦值. （B 种本）已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为1，
若点M 在侧棱BB 1上，且AM 与侧面BCC 1所成的角为α；
（Ⅰ）若BM=2，求→-AM 与→-BC 所成的角.
（Ⅱ）判断棱柱的高BB 1等于多少时能使得→-→-⊥11BC AB ？请给出证明.
[分析] 求解（A 种本）问题时，可以利用已知角度的范围构造一个关于BM 的不等式，求异面直线所成的角关键是作出平移；求解（B 种本）问题可以运用向量的运算知识。

[解答]（A 种本）（Ⅰ）设BC 的中点为D ，连结AD 、DM ，
在正ΔABC 中，易知AD ⊥BC ，
又侧面BCC 1与底面ABC 互相垂直，∴AD ⊥平面BCC 1， 即∠AMD 为AM 与侧面BCC 1所成的角，∴∠α=AMD ， ∴在Rt ΔADM 中，AM MD AMD =
cos ，设BM=x ， 依题意，AM=21x +，DM=2412x +，∴221241c o s x x ++=α， 由已知46παπ≤≤，所以6cos cos 4cos παπ≤≤，即23cos 22≤≤α， ∴2312412222≤++≤x
x ，∴3141222
≤++≤x x ，解得22
2≤≤x ， 即BM 的取值范围是222[
，]； （Ⅱ）若6πα=
，即2=x 时，即BM=2，作MM 1//BC 交CC 1于M 1， A 1 C 1 B 1 M A C B
所以AM 与MM 1所成的不大于900的正角即为异面直线AM 与BC 所成的角，
在ΔAMM 1中，633
212cos 1212121==⋅-+=MM AM AM MM AM AMM ， 所以此时AM 与BC 所成的角的余弦值是
6
3. [解答]（B 种本）（Ⅰ）设BC 的中点为D ，连结AD 、DM ，
在正ΔABC 中，易知AD ⊥BC ，
又侧面BCC 1与底面ABC 互相垂直，
∴AD ⊥平面BCC 1，
即∠AMD 为AM 与侧面BCC 1所成的角， 若BM 2=，∴3||=→-AM ，
由于2
10120cos )(0-=+=⋅+⋅=⋅+=⋅→-→-→-→-→-→-→-→-→-BC BM BC AB BC BM AB BC AM ， 且><=⋅→-→-→-→-→-→-BC AM BC AM BC AM ，
cos ||||， 而1||=→-BC ， ∴63cos ->=<→-→-BC AM ，，即→-AM 与→-BC 所成的角为6
3arccos(-； （Ⅱ）解法一：以A 点为原点，BC 为y 轴，AA 1为z 轴建立空间直角坐标系， 设BB 1=a ，则A （0，0，0）、B （02123，）、C （0，1，0）、 B 1（，，2123a ）、C 1（0，1，a ）， ∴)2123(1a AB ，，=→-、)2123(1a BC ，，-=→-， 欲→-→-⊥11BC AB ，需且只需04
143211=++-=⋅→-→-a BC AB 所以212=a ，即2
2=a 时有→-→-⊥11BC AB . 解法二：由0||0))((1121111111+⋅++=++=⋅→
--→-→-→--→-→-→-→-→-C B AB BB C B BB BB AB BC AB ， 令011=⋅→-→-BC AB ，则0||1121=⋅+→--→-→-C B AB BB ，即021||21=-→-BB ，∴2
2=a 。

[启示] 本题是作者为2004届湖北黄冈中学高三学生编似的一道训练用题，选用“二选一”的命题形式，在同一几何载体之下给出了几乎完全不同的四小问，通过两种不同难度值的设计，也希望让学习B 种本的同学尝到甜头。

在实际教学中，可以对任何一名学生提出求解另外两小问的要求。

本题给我们的教学启示是——要倡导一种研究性学习习惯，要求学生能对诸如正三棱柱、正方体、正四面体、平行六面体等一些常见的几何体进行深入细致的
研究学习，力求能全面掌握它们的基本性质，使得不论在什么样的干扰条件下都能信手拈来进行运用。

变化三 增强立体几何命题的综合考查功能
立体几何问题往往成为几何知识、三角函数知识的一个命题交汇点，在几何载体，背景图形趋于简明的情况下，要保持对考生综合素质的考查，不能让解题的过程也简单化，因此增强解题过程涉及到的知识的综合性是一种命题新趋向。

[例3]（湖北省黄冈中学五月份模拟试题（副题））正方形ABCD 边长为4，点E 是边CD 上的一点，将∆AED 沿AE 折起到AED /的位置时有平面ACD /⊥平面ABCE ，且BD /⊥D /C.
（1）判断并证明E 点的具体位置； （2）求点D /到平面ABCE 的距离. [分析] 折叠问题的解题关键是理顺折叠前后图形中的不变量和改变量，可以先将这些关系一一指出以备后用。

如本题中的DE=DE /，AD=AD /，∠ADE=∠AD /E 等等。

[解答]（1）连结AC 、BD 交于点O ，再连DD /，
由BD ⊥AC ，
且平面ACD /⊥平面ABCE 于AC ，
∴BD ⊥平面ACD /，故CD /⊥BD ，
又CD /⊥BD /，∴CD /⊥平面BDD /，
即得CD /⊥DD /，在Rt △CDD /中，
由于ED=ED /，∴∠EDD /=∠ED /D ，
则∠ECD /=900∠-EDD /=900∠-ED /D=∠ED /C ，
∴EC=ED /=ED ，即E 点为边CD 的中点；
（2）方法一：取OC 的中点M ，连结D /M 、EM ，则EM//BD ，
得EM ⊥平面ACD /，即∠EMD /=900，
又因为D /E=2，EM=2，则D /M=2，又AD /⊥EM ，
且∵AD ⊥DE ，∴ AD /⊥D /E ，∴AD /⊥平面EMD /，则AD /⊥D /M ，
在Rt △AMD /中，AD /=4，AM=23，D /M=2，
过D /作D /H ⊥AM 于H 点，则D /H ⊥平面ABCE ，
由于D /H=342324//==⋅AM M D AD ，此即得点D /到平面ABCE 的距离. 方法二：连结OD /，则∵CD /⊥平面BDD /，∴CD /⊥OD /，
在△AD /C 中，设OD /x =，则∵OC 22=，∴CD /=28x -，
∵∠AOD /与∠D /OC 互补，由余弦定理得 )]8()22([4)22(222222x x x --+-=-+， 解得3
82=x ，在直角三角形OD /C 中， D /
D E C O H M A B D /
x 28x -
A 22 O C
由面积公式得所求距离为3
4. 方法三：能用最小角定理βαθcos cos cos =帮助解△AD /C ，
即AC D EAC AE D //cos cos cos =，其中EAC AE D cos cos /、
可求。

[又解] 建立如图所示的空间直角坐标系，
则D （0，0，0），A （4，0，0），B （4，4，0），
C （0，4，0），设E （0，a ，0），
D /（z y x ，，），
设D /H ⊥平面ABCE 于H 点，则H 在AC 上，
∴H 的坐标为（y x ，，0），
依题意有：
||||/→--→-=ED ED ，4||||/==→--→-AD AD ，
→--→-=AC AH λ，→--→-⊥/
/CD BD ， ∵)(/
z a y x ED ，，-=→--，∴a z a y x =+-+222)(， )4(/
z y x AD ，，-=→--，∴4)4(222=++-z y x ，
)044()04(，，，，-==-=→--→-λλAC y x AH ，∴λλ444=-=-y x ，， )4()44(/
/z y x CD z y x BD ，，，，，-=--=→--→-，∴0)4()4(22=+-+-z y x x 由4)4(222=++-z y x 与0)4()4(22=+-+-z y x x 两式相减， 将λλ444=-=-y x ，代入得32=
λ， 从而有23
43834====a z y x ，，，， 即E 为CD 中点，点D /到平面ABCE 的距离是
34。

[启示] 本题的一题多解其实是在考查考生的解三角形知识，考试结果表明，一般学生解题中遇到的主要障碍也在于此。

本题给我们的教学启示是——要关注立体几何命题与三角函数、解三角形知识之间的联系，在教学实践中要指导学生如何运用分析的方法，从复杂的空间图形关系中抽象出对应的三角形，掌握“化空间问题为平面问题，化复杂问题为简单问题”的化归思想，同时注意掌握求解折叠问题的解法规律。

另外，通过本题要教会学生如何在一般图形中，建立恰当的空间直角坐标系。

如本题可以采用的另一种建系方法是：以O 点为原点，OA 射线为x 轴，以OB 射线为y 轴，垂直于OAB 平面的射线为z 轴；例2能采用的另一种建系方法是：以AC 的中点O 为原点，以OB 射线为x 轴，OC 射线为y 轴，垂直平面ABC 于O 点的射线为z 轴。

读者不妨一试。