线面连接问题的有效分析

线线、线面、面面的位置关系1.命题方向预测：1.点、线、面的位置关系是本节的重点，也是高考的热点．以考查点、线、面的位置关系为主.2.线面平行、面面平行的判定及性质是命题的热点．着重考查线线、线面、面面平行的转化及应用，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力．3.线线、线面、面面垂直的问题是命题的热点．着重考查垂直关系的转化及应用，同时考查逻辑推理能力与空间想象能力．4.线线、线面、面面的位置关系问题，往往是平行、垂直关系综合考查，题型有选择题、填空题及解答题．难度中、低档题兼有.2.课本结论总结：1.平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内. 公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面.公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 2.直线与直线的位置关系(1)位置关系的分类共面直线平行相交异面直线：不同在任何一个平面内(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角(或夹角). ②范围：02π?? ??，.3.直线与平面的位置关系有平行、相交、在平面内三种情况.4.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.5.公理4平行于同一条直线的两条直线互相平行. 6.定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.7.直线与平面平行的判定与性质8.面面平行的判定与性质9.直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法.②利用判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直.③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面.(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线.②垂直于同一个平面的两条直线平行.③垂直于同一条直线的两平面平行.10.斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角.11.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法.②利用判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直.(2)平面与平面垂直的性质两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.12.二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.(2)二面角的平面角：二面角棱上的一点，在两个半平面内分别作与棱垂直的射线，则两射线所成的角叫做二面角的平面角.3.名师二级结论：（1）异面直线的判定方法：判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点的直线是异面直线．反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面．(2)公理1的作用：①检验平面；②判断直线在平面内；③由直线在平面内判断直线上的点在平面内．(3)公理2的作用：公理2及其推论给出了确定一个平面或判断“直线共面”的方法．(4)公理3的作用：①判定两平面相交；②作两平面相交的交线；③证明多点共线．(5)平行问题的转化关系：(6)垂直问题的转化关系线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直(7)证明直线相交，通常用平面的基本性质，平面图形的性质等；(8)利用公理4或平行四边形的性质证明两条直线平行.4.考点交汇展示：【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.沿虚线剪性质开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.【答案】【解析】如图，在三棱锥P ABC -中，90PAB PAC ACB ∠=∠=∠=．（1）求证：平面PBC ⊥平面PAC ；（2）若1PA =，=2AB ，当三棱锥P ABC -的体积最大时，求BC 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）当三棱锥P ABC -的体积最大时，2=BC ．（2）方法1：由已知及（1）所证可知，PA ⊥平面ABC ，BC CA ⊥，所以PA 是三棱锥P ABC -的高．……………………………7分因为1PA =，=2AB ，设BC x =()02x<<，……………8分所以AC ===…………9分PA B因为13P ABC ABC V S PA -=△16=分= ()224162x x +-≤? (11)分 13=．…………………………………………………………………………………………12分当且仅当224x x =-，即x =………………………………………………………13分所以当三棱锥P ABC -的体积最大时，2=BC ．…………………………………………………14分如图，已知ABC ?，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ?折成A CD '?，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则（）A. A DB α'∠≤B. A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D. A CB α'∠≤【答案】B.【解析】设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '?中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ，过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '?中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，同理，sin BM PN θ==，cos DM θ=，故2cos BP MN θ==，显然BP ⊥面A NP '，故BP A P '⊥，【考点分类】考向一线线、线面、面面平行与垂直关系的判定1.【2017课标3，文10】在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱CD 的中点，则（） A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1AE AC ⊥【答案】C【解析】根据三垂线逆定理，平面内的线垂直平面的斜线，那也垂直于斜线在平面内的射影，A.若11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥，很显然不成立；B.若1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥，显然不成立；C.若11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥,所以C 成立，D.若1A E AC ⊥，则AE AC ⊥，显然不成立，故选C.2.【2018届安徽省六安市第一中学适应性考试】已知直线、，平面、，给出下列命题：①若，，且，则②若，，且，则③若，，且，则④若，，且，则其中正确的命题是（）A．②③B．①③C．①④D．③④【答案】C【解析】分析：①可由面面垂直的判定定理进行判断；②可由面面平行的条件进行判断；③可由面面垂直的条件进行判断；④可由面面垂直的判定定理进行判断.故选：C.【方法规律】1.证明线线平行的方法：（1）平行公理；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量平行.要注意线面、面面平行的性质定理的成立条件.2.线面平行的证明方法：（1）线面平行的定义；（2）线面平行的判断定理；（3）面面平行的性质定理；（4）向量法：证明这条直线的方向向量和这个平面内的一个向量互相平行；证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互垂直.线面平行的证明思考途径：线线平行?线面平行?面面平行.3.面面平行的证明方法：①反证法:假设两个平面不平行，则它们必相交，在导出矛盾；②面面平行的判断定理；③利用性质:垂直于同一直线的两个平面平行；平行于同一平面的两个平面平行；④向量法：证明两个平面的法向量平行.4.证明线线垂直的方法：（1）异面直线所成的角为直角；（2）线面垂直的性质定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）三垂线定理和逆定理；（5）勾股定理；（6）向量垂直.要注意线面、面面垂直的性质定理的成立条件.解题过程中要特别体会平行关系性质的传递性，垂直关系的多样性.5.线面垂直的证明方法：（1）线面垂直的定义；（2）线面垂直的判断定理；（3）面面垂直的性质定理；（4）向量法：证明这个直线的方向向量和这个平面的法向量相互平行.线面垂直的证明思考途径：线线垂直?线面垂直?面面垂直.6.面面垂直的证明方法：①定义法；②面面垂直的判断定理；③向量法：证明两个平面的法向量垂直.解题时要由已知相性质，由求证想判定，即分析法和综合法相结合寻找证明思路，关键在于对题目中的条件的思考和分析，掌握做此类题的一般技巧和方法，以及如何巧妙进行垂直之间的转化.【解题技巧】1.利用线面平行的性质，可以实现与线线平行的转化，尤其在截面图的画法中，常用来确定交线的位置，对于最值问题，常用函数思想来解决.2.立体几何中的探索性问题主要是对平行、垂直关系的探究，对条件和结论不完备的开放性问题的探究，解决这类问题一般根据探索性问题的设问，假设其存在并探索出结论，然后在这个假设下进行推理论证，若得到合乎情理的结论就肯定假设，若得到矛盾就否定假设.3.证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.4.线面垂直的性质，常用来证明线线垂直.5.在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.6.垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化.(2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用.(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积.7.线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；8.线线关系是线面关系、面面关系的基础.证题中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；【易错点睛】1.在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误.2.在解决线面、面面平行的判定时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向总是由题目的具体条件而定，决不可过于“模式化”.3.解题中注意符号语言的规范应用.4.在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.5.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可.6.证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.例.已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是αβ，且m?αB．m∥n，且n⊥βA．⊥αβ，且m∥αD．m⊥n，且n∥βC．⊥【答案】B【解析】∵m∥n, m⊥β∴n⊥β故选B.【易错点】没有掌握线面垂直的条件考向二空间线线、线面及面面关系中的角度问题1.【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C2.【2017课标3，理16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB 以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】【方法规律】求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移的方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移.判定空间两条直线是异面直线的方法(1)判定定理：平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过该点B的直线是异面直线.(2)反证法：证明两线不可能平行、相交或证明两线不可能共面，从而可得两线异面.3.求两条异面直线所成角的大小，一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决.根据空间等角定理及推论可知，异面直线所成角的大小与顶点位置无关，往往可以选在其中一条直线上(线面的端点或中点)利用三角形求解.【解题技巧】求异面直线所成的角的三步曲：即“一作、二证、三求”.其中空间选点任意，但要灵活，经常选择“端点、中点、等分点”，通过作三角形的中位线，平行四边形等进行平移，作出异面直线所成的角，转化为解三角形问题，进而求解.【易错点睛】1.正确理解异面直线“不同在任何一个平面内”的含义，不要理解成“不在同一个平面内”.2.不共线的三点确定一个平面，一定不能丢掉“不共线”条件.3.两条异面直线所成角的范围是(0°，90°].例.过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l 可以作()A.1条B.2条C.3条D.4条【答案】 D【易错点】忽视异面直线所成的角，只找两条相交直线所成角，没有充分认识正方体中的平行关系.考向三线线、线面、面面的位置关系的综合问题1.【2018年江苏卷】在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C．（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．2. 【2018年浙江卷】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】分析:方法一：（Ⅰ）通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解.方法二：（Ⅰ）根据条件建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，根据向量之积为0得出,再根据线面垂直的判定定理得结论，（Ⅱ）根据方程组解出平面的一个法向量，然后利用与平面法向量的夹角的余弦公式及线面角与向量夹角的互余关系求解.详解：方法一：（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.方法二：（Ⅰ）如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：因此由得.由得.所以平面.【解题技巧】1．利用线线、线面和面面的平行、垂直关系相互转化．2．求线面所成角时注意垂直关系的应用．3. 结合向量法进行证明和求解【易错点睛】(1)在推证线面平行时，一定要强调直线不在平面内，否则，会出现错误．(2)把线面平行转化为线线平行时，必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交，则直线与交线平行．（1）证明过程要规范（2）注意角度的取值范围（线线、线面和面面）例1.【2017山东，文18】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD , （Ⅰ）证明：1A O ∥平面B 1CD 1;（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】①证明见解析.②证明见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）取11B D 中点F ,证明1//A O CF ,（Ⅱ）证明11B D ⊥面1A EM .(II)因为AC BD ⊥,E ，M 分别为AD 和OD 的中点, 所以EM BD ⊥,因为ABCD 为正方形,所以AO BD ⊥, 又1A E ⊥平面ABCD ,BD ?平面ABCD 所以1,A E B D ⊥ 因为11//,B D BD所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥又1,A E EM ?平面1A EM ，1A EEM E =.所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ?平面11B CD ,所以平面1A EM ⊥平面11B CD .【易错点】不会灵活应用线线、线面和面面平行的判定定理和性质定理进行转换，答题过程不规范。

数理化解题研究2021年第01期总第494期横看成岭侧成峰远近高低各不同2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题的多角度分析章显联(浙江省绍兴鲁迅高级中学312000)摘 要：本文对2020年高考数学浙江卷第19题线面角问题进行多角度分析：非坐标形式的向量法(基底法)、三余弦定理法、等体积法、纯几何法、空间直角坐标系法.给出了复习的两个建议：关注最小，秒杀线面；重视非坐标形式的向量法.关键词：非坐标形式的向量法；线面角；两个原理中图分类号:G632 文献标识码：A 文章编号：1008 -0333(2021)01 -0036 -04一、典型考题所成角为0 ,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由公式，得例1（2020年浙江第19题）如图1,在三棱台ABC-DEF 中，平面 ACFD 丄平面 ABC , /ACB - /ACD -45°,DC -2B C.(1) 证明：EF 丄DB ；(2) 求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.本题主要考查空间直线互 相垂直的判定和性质，以及直 线与平面所成角的几何计算问题，考查了空间想象能力和思 维能力，平面与空间互相转化 能力,几何计算能力，以及逻辑推理能力，本题属综合性较强 的中档题.笔者认为此题无论图1是试题难度、试题背景、命题立意,还是对数学核心素养 的考查，都很到位,可谓简约不简单.它也是一道解题训 练的优质题,横看成岭侧成峰，很有研究价值.解法1非坐标形式的向量法(基底法)过点D 作D0丄AC 于点0,以｛ C B ，C B ,CD ｝为基底. 不妨设 DC - 2B C -2,贝V DB - 3 , C0 - 2 , / 0CB -：,/0CD - n , /DCB - n ,设平面DBC 的法向量为n - %-CD -0,（• C B -0 得｛2% + y + 4z - 0,% + y + z - 0.C O + y C B + zC B ，贝V 由所以n - -3 C0 +2 B + CD.设直线DF 与平面DBC解法2三余弦定理法过点D 作D0丄AC 于点0,由已知,得0在平面DBC 的射影H 在/DCB 的角平分线上,设直线DF 与平面DBC 所成角为0,由已知,得0C 与平面DBC 所成角也为0.由三余弦定理，得 cos n - cos n • cos 0,cos 0 - f •463所以sin 0 -耳.解法3等体积法.过点D 作D0丄AC 于点0,设直线DF 与平面DBC 所 成角为0,由已知，得0C 与平面DBC 所成角也为0.由 % - DBC 二 % - 0BC ，解得 h 二专,sin 0 二豊二专.解法4坐标形式的向量法以0为原点,0D 为Z 轴,0C 为Y 轴,在平面ABC 内, 过点0作0C 垂线为Z 轴，易求D ,C ,B 坐标，从而求得平面DBC 的法向量，利用线面角公式sin 0 - 3 •解法5纯几何法分析(1)题根据已知条件，作DH 丄AC ,根据面面垂直，可得DH 丄BC ,进一步根据直角三角形的知识可判断收稿日期：2020 -10 -05作者简介:章显联(1972. 12 -)，男，浙江省龙港人，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.—36—2021年第01期总第494期数理化解题研究出厶BHC是直角三角形，且Z HBC_90°,则HB丄BC,从而可证出BC丄面DHB,最后根据棱台的定义有EF〃BC,根据平行线的性质可得EF丄DB.（2）题可先设BC_1,根据解直角三角形可得BH_1,HC_2,DH_2,DC_2,DB_3,然后找到CH与面DBC的夹角即为Z HCG,根据棱台的特点可知DF与面DBC所成角与CH与面DBC的夹角相图2等，通过计算乙HCG的正弦值，即可得到DF与面DBC所成角的正弦值.二、考题赏析本题建系有些困难,不存在明显的过同一点的两两垂直的直线.这种情况下，非坐标形式的向量法（基底法）显得更实用.本题解法以｛CO,C B,CD｝为基底，因为它们不共面长度可求,且它们的夹角也可求.应用此法，可使求解过程更自由.若CO,C B,CD是单位向量且两两垂直,就是通常的坐标形式的向量法了.坐标形式的向量法可以看作是非坐标形式的向量法的一种特殊情形.解法2中0在平面DBC的射影H在Z DCB的角平分线上，利用三余弦定理可求出0C与平面DBC所成角.B图4三正弦定理（最大角定理）设二面角M-AB-N的度数为Y,在平面M上有一条射线AC,它和棱AB所成的角为0,和平面N所成的角为//a,贝V sin a_si叩•sin y.（为了力便于记忆，我们约定:0为线棱角,a为线面角，Y为二面角）证明如图4,C0丄平面N,0B丄AB,BC丄AB,0C△0BC,△0AC,△ABC均为直角三角形,sin y_,si叩_BCBCAC，sin a_器，易得sin a_sin S•sin y.说明由sin a_sin S•sin y且sin S W1,知sin a W sin y,a W y，所以二面角的半平面M内的任意一条直线与另一个半平面N所成的线面角不大于二面角,即二面角是线面角中最大的角.若平面斜线上异于斜足的点在平面上的射影不易确定，则可转换为其他点如是操作或利用等体积法求出垂线段的长，利用公式sin O_h求得.如本题解法3.其实不管是纯几何法还是坐标形式的向量法,都能解决线面角问题，高考试题的参考答案一贯都是纯几何法与坐标形式的向量法,每种方法的学习都可促进学生能力的提高,只是各有侧重.如解法4与解法5.三余弦定理（最小角定理或爪子定理）设点A为平面a上一点，过点A的斜线在平面a上的射影为B0,BC为平面a上的任意直线,那E么Z ABC,乙0BC,乙0BA三、复习建议三角的余弦关系为cosZ ABC图3_cos Z0BC•cos Z0BA.即斜线与平面内一条直线夹角0的余弦值等于斜线与平面所成角a的余弦值乘以射影与平面内直线夹角O的余弦值,cos0_cos a-cos O.（为了便于记忆,我们约定:0为斜线角,a为线面角,O为射影角）证明如图3,^0AB,△0BC,△ABC均为直角三角形,cosQ BCAB，cosaB0AB，cosO B0，易知cosQ_cos a•cos O，得证.说明这三个角中，角0是最大的,其余弦值最小,等于另外两个角的余弦值之积.斜线与平面所成角a是斜线与平面内所有直线所成角中最小的角.1.紧扣最小，秒杀线面在研究空间角的最值与求值问题时，我们应关注最大角与最小角定理,三余弦公式与三正弦公式.这样的考查在近几年的学考、高考试题中已多次出现：例2（2019年浙江高考第8题）设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的角为a,直线PB与平面ABC所成的角为S,二面角P-AC-B的平面角为Y，则（）.A.S<Y,a<yB.S<a,0<yC.S<a,y<aD.a<0,y<0解法1由最小角原理，得S<a，记二面角V-AB-C的平面角为y'（显然y_y'），由最大角原理，得S<y，故选B.解法2（特殊位置）取V-ABC为正四面体,P是棱VA上的中点，算出a,0,y的正弦值，可得选项B.例3（2018年浙江高考第8题）已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等,E是线段—37—数理化解题研究2021年第01期总第494期AB上的点（不含端点）,设SE与BC所成的角为O],SE 与平面ABCD所成的角为O2,二面角S-AB-C的平面角为O3,则（）•A.O1W O2W O3B.O3W O2W O1C.O1W O3W O2D.O2W O3W O1解法1作出三个角，通过定量计算得出答案为D.解法2由最小角与最大角原理知：O1M O2,O3M O2,故选D.例4（2014年浙江高考第17题）如图5,某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练.已知点A到墙面的距离为AB,某目标点P沿墙面的射击线CM-移动，此人为了准确瞄准目标点P,需计算由点A观察点P的仰角O的大小•若AB=15m,图5AC=25m,Z BCM=30°,贝卩tan O的最大值解析由线面角W面面角,求tan O的最大值转化为求二面角M-AC-Q的平面角•易求最大值为5j•例5（2018年11月浙江学考）四边形ABCD为矩形，沿AC将A ADC翻折成A AD'C.设二面角D'-AB-C 的平面角为O,直线AD'与BC所成的角为O1,直线AD'与平面ABC所成的角为O2,当O为锐角时，有（）•A.O2W O1W OB.O2W O W O1C.O1W O2W OD.O W O2W O1解析由最小角原理，得O1M O2,由最大角原理，得O M O2,下面比较O]与O的大小即可•故选B.例6（2018年全国高考n卷理科第20题）如图6,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=4,0为AC的中点•（1）证明：PO丄平面ABC；（2）若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面图6PAM所成角的正弦值.解析（1）略.（2）由题意，知线棱角Z CPA=60°,二面角M-PA-C为30°，由三正弦定理，得sin a=sin60°sin30°=例7（2009年浙江高考理科第17题）如图7,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点•现将△AFD沿AF折起,使平面—38—ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK=£,则t的取值范围是•」___E.$____C d/一A B A K B图7解析由三余弦定理及已知，得cos Z DAF= cosZ DAK・cosZ BAF,又Z DAF+Z BAF二;，则cos Z DAK=tan Z BAF.在Rt△DAK中t=cos Z DAB,因此t=tanZ BAF,又由折叠前的图形，知0<Z CAB<Z BAFn<Z EAB=；.4所以tan Z CAB<tan Z BAF<tan Z EAB.所以1<t<1.考查这类空间角的大小是命题者难以割舍的情结,其本质是考查线面角与面面角定义的合理性,是考查学生数学核心素养的有效途径•2.非坐标形式的向量法非坐标形式的向量法比坐标形式的向量法应用更自由，更广泛•相比较纯几何法可避免令人深感畏惧的辅助线的添加技巧等.当然,解题方法中的选择也是当用则用，不分彼此,有时多种方法可揉合于同一道题中,特别是向量与几何的紧密联系与转化•应用非坐标形式的向量法解题的基本步骤：（1）会选基底.只需要不共面的三条线段长度可求，且它们的夹角也可求即可.（2）会表示•会用基底表示其他向量,一般只涉及向量的三角形式及其推广（闭合回路）,数乘与平行,数量积与垂直两个定理•特别是要掌握好平面法向量的求法，方法可参考高考真题解法1•（3）会用公式•运算过程中无论是平面向量还是空间向量操作完全一致，运用的公式与坐标形式的向量法一致.笔者尝试用非坐标形式的向量法研究高考数学卷，发现非坐标向量法作为解答立体几何的方法有着诸多的可取之处.例8（2018年浙江高考第19题）如图8,已知多面体ABCA1B1C1中，A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC, Z ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.（1）证明:AB】丄平面A]B]C]；（2）求直线AC】与平面ABB]所成的角的正弦值.解析以｛BA,B C,B—｝为基底，可证明（1）,也可求2021年第01期总第494期数理化解题研究得直线AC]与平面ABB1所成的角的正弦值为晋•例9(2019年浙江高考第19题)如图9,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1丄平面ABC,/ABC-90°,/BAC-30°,A1A二A1C-AC,E,F分别是AC,A]B]的中点(1)证明：EF丄BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解析以｛E b]c B,C B｝为基底,可证明(1)，也可求得直线EF与平面A]BC所成角的余弦值是3•我们研究的向量是自由向图9量，运用非坐标形式的向量法无需考虑建立空间直角坐标系所需要的特殊要求,使解题过程更自由•例10(2009年浙江高考理科第17题)如图10,在长方形ABCD中,AB-2,BC-1,E为DC的中点,F为线段EC(端点除外)上一动点•现将△AFD沿AF折起，使平面ABD丄平面ABC.在平面ABD内过点D作DK丄AB,K为垂足•设AK-t，则t的取值范围是•图10解析以｛K4,KD,KF｝为基底，设DF-m,抓住折叠过程中的不变量AD-1,AB-2,由于平面ABD丄平面ABC,DK丄AB,从而DK丄平面ABC.由DF二D A+AF二d K+k A+AF，得m2二(d K+K4+AF)2.化简,得mt-1,即t——.由1<m<2,得<t<1.m2利用非坐标形式的向量法进行的上述解答,化动为静，简捷别致，令人耳目一新.例11(2000年全国高考理科第18题)如图11,已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面AB­CD是菱形，且/C1CB-/C1CD-/BCD-60°.(1)证明：C]C丄BD；3(2)假定CD-2,CC]-3，记Bi Ai图11面C]BD为a,面CBD为0,求二面角a-BD-0的平面角的余弦值；(3)当CD的值为多少时，能使A]C丄平面C]BD?请给出证明.解析以｛Cc1，CD,C B｝为基底，则CA]-C c]+CD+CB.(1)由BD-CD-CB,得C2C・BD-0,所以C2C丄BD.(2)易知平面a的法向量为C B；--8CC]+CD+C B，所以平面S的法向量为n--4CC]+CD+C B,从而求得a-D-S的平面角的余弦值为3•(3)当CD-1时,能使A]C丄平面C]BD.设CD-2,可证A]C丄BD,再由A]C丄BC2求得CC2-2.例12(2015年浙江省高考理科第13题)如图12,三棱锥A-BCD中，AB二AC二BD二CD-3,AD-BC-2,点M,N分别是AD,BC的中点，则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是•解析以｛BA,BC,BD｝为基底，在△ABD,由余弦定理得cos图12/ABD-7,同理得cos/CBD-[,cos/ABC-[,BA・933B C-2,BA・B D-7,B C・BD-2.用基底表示A N,C M,AN--BA+2BC,C M-2(BD+BA-2BC),异面直线AN,CM所成的角的余弦值是简]CM-T•平面向量仅是空间向量的一种特殊情形•“平面向量”可向“空间向量”自然转化.用向量方法求解空间角度与距离问题,为某些位置关系的判断问题创立了一种新的方法•在向量的运算中,要注意数形结合,灵活运用图形的几何意义、向量的几何意义去解题.《新课程标准(2017年版)》对空间向量的应用提出了更多、更高的要求,可见非坐标形式的向量法用于解决立体几何问题,完全符合新课程标准对学生的要求•如何使非坐标形式的向量法成为学生解决立体几何问题的又一个通用的好方法,还需要我们建一步地探索与总结•参考文献:[1]章显联.高考复习要注意回归教材[J].数理化解题研究，2020(13)：15-18.[责任编辑:李璟]—39—。

两个一般位置平面相交
SV RV
基本方法： 线面求交点。
结果
用求一般位置线面交点的方法求解
28
例7：求△ABC与△DEF的交线。
分析： 两平面均为一般位置平面 不能直接确定其交线 两平面的交线是一 条直线，只要求得 直线上的两点，即 可以确定该交线， 而点可以看作是一 个平面上的直线与 另一平面的交点。
V N B P A PH a
b
k
n
a
m
K
c
a n k
H
b k M
c
C
b c
m
由于特殊位置平面的某些投影有积聚性，交点可 17 直接求出。
•
V
判断直线的可见性
N B P A PH a m a k
b
n
K
n k H m b
c a
b k
M c
C
c
特殊位置线面相交，根据平面的积聚性投影，能 18 直接判别直线的可见性。
b
n
m
作图步骤： •面内作一任意正平线 •直线的正面投影(mn) 垂直正平线的正面投影
c
a
●
b
●
•面内作一任意水平线
m
a
c n
•直线的水平投影(mn) 垂直水平线的水平投影
35
例2：过M点作直线MN垂直于平面ABC。
b n c m
●
平面ABC为铅垂面
水平投影为积聚直线
a
直线MN垂直于平面， 则 mn⊥abc
39
例3 过点A作平面垂直于平面
a'
c'
b'
b
平面ABC为所求
c a
包含已知平面的垂线的平面已知平面 分析 作图步骤 过点A作直线已知平面 包含该垂线作平面

组合体读图
—线面分析法
看图时要注意的几个问题
线面分析法读图
运用线、面的投影规律，分析视图中图线和线框所代表的含义和相互位置，从而看懂视图的方法。

现代工程制图（上）曲面轮廓素线
交线投影面的投影轴线锥、平面
平面
锥面柱、球面锥面
平面
（1）弄清视图中图线和线框的含义
（2）平行面的投影具有实形性和
积聚性
正平面
水平面侧平面
（3）垂直面和一般面的投影具有
类似性
正垂面
侧垂面铅垂面
现代工程制图（上）一般位置平面
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