第7章　高考研究在线7　从“一题多解”“一题多变”角度探究立体几何-备战2025年高考数学一轮复习（解析版）

2022年新高考Ⅰ卷第19题的命制思路并没有同往年一样，(1)问位置关系的证明为(2)问的建系求解做好铺垫，而是把推理融在计算之中，深度考查同学们对立体几何图形的直观想象、逻辑推理和数学运算素养，下面我们对这道高考真题以一题多解、一题多变、回归教材的思路来领悟高考题的命制与求解．【真题示例·领悟高考】(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值．【真题溯源·大题拆解】本题是以直三棱柱为载体的立体几何模型，倘若同学们对教材比较熟知，不难发现，该高考题的原图源于人教A版数学必修第二册2019年6月第1版第164页19题(如下)，将19题与人教A版数学必修第二册2019年6月第1版第161页例10(如下)融合在一起，便形成了2022年新高考Ⅰ卷第19题．[教材题19]如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，AA1＝AB，求证A1C⊥AB1.[教材例10]如图，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC，求证：BC⊥平面PAB.倘若同学们能这样拆解问题，学会分析问题，相信2022年新高考Ⅰ卷第19题第(2)问的求解已不算太难．【一题多解·撬动思维】【赏析】(1)设A到平面A1BC的距离为h，因为S△A1BC＝22，VABC−A1B1C1＝4，则VA−A1BC＝13×h×2即A到平面A1BC的距离为2.(2)法一：(坐标法)取A1B的中点E，连接AE，如图，因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，所以AE＝h＝2.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC，可得AE⊥BC，BB1⊥BC.又AE，BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC，BA，BB1两两垂直．以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，因为AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22，所以BC＝2，则A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，所以A1C的中点D(1，1，1)，则BD＝(1，1，1)，BA＝(0，2，0)，BC＝(2，0，0)．设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，则m·BD=x+设平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，则n·BD=a+则cos〈m，n〉＝m·nm·n所以二面角A-BD-C的正弦值为1−122法二：(几何法)因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1是正方形，故AB1⊥A1B，因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，且平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AB1⊂平面ABB1A1，所以AB1⊥平面A1BC.设AB1∩A1B＝E，如图，过点E作EF⊥BD，垂足为点F，连接AF，根据三垂线定理可知AF⊥BD，则∠AFE即为二面角A-BD-C的平面角的补角．因为AE＝2，AA1＝AB，所以AB＝BC＝AA1＝2，AC＝22，A1C＝23，AD＝BD＝CD＝3.根据等面积法得S△ABD＝12×2×32−1＝2＝12×3·所以sin∠AFE＝AEAF＝226所以二面角A-BD-C的正弦值为32法三：(射影面积法)由法二知△EBD是△ABD在平面A1BC内的射影．设二面角A-BD-A1的平面角为θ，它与二面角A-BD-C的平面角互补．因为S△ABD＝12×2×32−12＝2，S△EBD＝12S△A1BD＝14S△A1BC＝14因此，二面角A-BD-C的正弦值为32法四：(补体法)结合题意，由法一、法二知AB＝BC＝AA1，BC⊥AB1，则构造正方体如图所示，则∠AB1C＝60.由法二知，AB1⊥平面A1BC，B1C⊥平面ABD，所以二面角A-BD-C的平面角大小为120°.所以二面角A-BD-C的正弦值为32以上四种解法，在计算量、思维量上有较大差别．法一是常规向量坐标运算，计算量大；法二、法三都是纯几何法，通过直观想象感知空间中的线面角、二面角的作图方法，减少计算量，提高抽象思维；法四跳出问题看本质，通过补体，直击问题本质，大道至简，一招妙解．【变式研究·触类旁通】1．条件不变，变结论：(1)求C到平面ABD的距离；(2)求二面角A-BD-C的余弦值．2．结