高考立体几何问题求解方法之"选择"

尹承利

几何法、向量法和坐标法这三种方法就象解决高考立体几何问题的三架马车，各具千秋、各有特色，使得高考立体几何问题的求解呈现出了“解法多轨”的格局.可随之而来的是，在高考中，当面对一个具体的立体几何问题时，学生会有“无所适从”的困惑——解题时，要选用哪一种方法呢？是用几何法求解，还是用向量法或坐标法求解呢？下面就三种方法的特点进行比较，并剖析在什么样的情景下选择哪种方法，供学生复习备考时参考.

一、三种方法的特点比较

几何法以逻辑推理作为工具解决问题，有利于培养逻辑推理能力，且适用于每个立体几何问题，但其逻辑思维量大，常要构建空间辅助线、面，经过严密的逻辑推理论证和准确计算，对于空间角、距离的计算一般也要转化到三角形中，有时让人难以驾驭.

向量法是通过构设基向量，利用向量的概念及其基本运算解决问题.利用向量法解决立体几何问题，可以避开纷繁复杂的逻辑推理，使解题过程变得明快.但用向量法解题一般运算量较大，且未知向量有时难以用基向量表示或向量与向量之间难以寻找关系.因此，向量法仅仅限于一些不便用坐标法求解的问题.比如，求简单的空间角或求空间两点之间的距离等.

坐标法是通过构建空间直角坐标系，将几何问题代数化，利用数及其运算来解决问题.在解决立体几何问题时，依据图形的特点，通过建立适当的空间直角坐标系，把“定性”问题转化为“定量”问题来研究，可以避免综合法中的一些纷繁复杂的几何性质的论证，也可以避开用向量法难寻向量之间的关系的弊端，其优势明显.通常情况下，对于出现垂直关系的特殊几何体，通过构建空间直角坐标系，利用坐标法解决比较方便.但是，坐标法也有其不尽人意的地方，比如，有些问题不容易建立坐标系，空间点的坐标容易求错，坐标运算量大，一着不慎，满盘皆输.

二、三种方法的“选择”

1.几何法

下面几种情形的问题宜用几何法：①较为简单的线、面的平行、垂直关系的判定，尤其以选择、填空题的形式出现的这类问题；②易转化为三角形中的空间角、空间距离的计算问题；③较难用向量法和坐标法解答的问题.

例1[2014·山东卷理17] 如图1所示，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点.

（1）求证：C1M∥平面A1ADD1；

（2）若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值.

解析（1）证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC.

又M是AB的中点，所以CD∥MA且CD=MA.

如图2，连接AD1.因为在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CD∥C1D1，CD=C1D1，所以C1D1∥MA，C1D1=MA，

所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，C1M∥D1A.

又C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.

（2）由（1）知，平面D1C1M∩平面ABCD=AB，如图3，过点C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.

由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.

在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN=32，所以ND1=CD21+CN2=152.

在Rt△D1CN中，cos∠D1NC=CND1N=

32152=55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为55.

评注对于本题这样一个“斜的”四棱柱问题，构造基向量运用向量法求解不太现实；而若用坐标法，寻找建系的“垂直点”则需费一番周折，所以这里选择了几何法求解的，使得几何法的“一半证明一半算”的优势得到体现.

2.向量法

宜用向量法求解的问题：①共线、共面的判定问题；②空间线、面平行、垂直关系的判定；③不便添加辅助线、面进行推理，且又无法建立空间直角坐标系求解的简单的空间角、空间两点间的距离等问题.

例2[2013年全国大纲理]如图4，四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2AD，△PAB与△PAD都是等边三角形.

（Ⅰ）证明： PB⊥CD；

（Ⅱ）求二面角A-PD-C余弦值的大小.

解析（Ⅰ）略.

（Ⅱ）设BC=2AD=2a，连接AC，由已知易得AC=5a，取PD中点F，连接AF，由△PAD是正三角形知AF⊥PD.

因为CD=BD=2 a，则CD⊥BD，且PB⊥CD，故CD⊥平面PBF，所以CD⊥PD.记二面角A-PD-C的大小为θ，则AF·FD=FD·DC=0，AF·DC=32a×2acos（π-θ）=-62a2cosθ，

而AC=AF+FD+DC，两边平方得5a2=34a2+14a2+2a2-6a2cosθ，则cosθ=-63.

评注由于“基向量”的构设和应用的局限性，高考立体几何问题，鲜有利用向量法求解的.本题（Ⅱ）

通过构造基向量利用“a2=|a|2”转化求解，倒不失为一种颇有创意的方法.

3.坐标法

坐标法充分体现了空间向量在解决立体几何问题中的应用，是我们掌握和应用的重点.对于出现垂直关系（或容易构造出垂直关系）的几何体，如正方体、长方体、直棱柱、有一棱垂直于底面的棱锥等立体几何问题，都可以用坐标法来求解.对于求解高考立体几何问题，坐标法是最主要的手段.

例3[2014·湖北卷理19]如图5，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

（1）当λ=1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ.

（2）是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.

解析以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图6所示的空间直角坐标系.由已知得B（2，2，0），C1（0，2，2），E（2，1，0），F（1，0，0），P（0，0，λ）.

BC1=（-2，0，2），FP=（-1，0，λ），FE=（1，1，0）.

（1）证明：当λ=1时，FP=（-1，0，1），

因为BC1=（-2，0，2），所以BC1=2FP，即BC1∥FP.

而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.

（2）设平面EFPQ的一个法向量为n=（x，y，z），则由FE·n=0，FP·n=0可得x+y=0，-x+λz=0.

于是可取n=（λ，-λ，1）.

同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=（λ-2，2-λ，1）.

若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，

则m·n=（λ-2，2-λ，1）·（λ，-λ，1）=0，即λ（λ-2）-λ（2-λ）+1=0，解得λ=1±

22.

故存在λ=1±22，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.

评注正方体是最为规整的空间几何体，“垂直”关系昭然若揭.本题通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求解显示出得天独厚的优势.其实，对于高考中出现垂直关系（或容易构造出垂直关系）的立体几何问题，象求空间角、空间距离，确定点的位置问题，立体几何中的探索性问题等，大都用坐标法来解决.坐标法已成为解决高考立体几何问题的最主要的方法.

4.方法的综合应用

立体几何解答题的特点是：分步设问、层层递进.第（1）问往往是较简单的空间线、面平行、垂直关系的论证，用几何法解答较好.而第（2）、（3）问常涉及空间角、距离的计算，向量法和坐标法结合起来解答更为容易.因此，解答立体几何问题，多数情况下是三种方法的并用.

总之，解决高考立体几何问题遵循的原则是：以几何法为基础、以向量法为主导、以坐标法为中心.

图7例4[2014·新课标全国卷Ⅱ理18]如图7，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

（1）证明：PB∥平面AEC；

（2）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.

解析（1）证明：如图8，连接BD交AC于点O，连接EO.

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点.

又E为PD的中点，所以EO∥PB.

因为EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（2）因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，

所以AB，AD，AP两两垂直.

如图8，以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|AP|为单位长，建立空间直角坐标系A-xyz，则D（0，3，0），E（0，32，12），AE=（0，32，12）.

设B（m，0，0）（m>0），则C（m，3，0），AC=（m，3，0）.

设n1=（x，y，z）为平面ACE的法向量，

则n1·AC=0，n1·AE=0，

即mx+3y=0，32y+12z=0，

可取n1=（3m，-1，3）.

又n2=（1，0，0）为平面DAE的法向量，

由题设易知|cos〈n1，n2〉|=12，即

33+4m2=12，解得m=32.

因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=13×12×3×32×12=38.

评注本例题的第（1）小题运用几何法证明的线、面平行关系；第（2）小题是运用坐标法求解的.坐标法充分体现了空间向量在解决立体几何问题中的应用，是我们掌握和应用的重点.

（收稿日期：2014-02-12）