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1、高考立体几何问题求解方法之选择几何法、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”的困惑一一解题时, 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
2、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
3、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：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；易 转化为三角形中的空间角、空间距离的计算问题；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
4、四棱柱ABCD-A1B1C1D1 中，底面ABCD是等腰梯形，NDAB=60 , AB=2CD=2, M是线段AB的 中占I 八、(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 ABDC.又M是AB的中点，所以CDMA且CD二MA.如图2,连接AD1.因为在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CD/7C1D1,CD=C1D1,所以 C1D1MA, C1D1=MA,所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此，CIMDIA.又 C1M 平面
5、 A1ADD1, D1A 平面 A1ADD1,所以 C1M平面 A1ADDL（2）由（1）知，平面D1C1MCI平面ABCD二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D1NAB,因此ND1NC为二面角C1-AB-C 的平面角.在 RtBNC 中,BC=1 , NNBC=60 ,可得 CN=32 ,所以 ND1=CD21+CN2=152.在 RtDICN 中，cosZD1NC=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
6、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：共线、共面的判定问题；空间线、 面平行、垂直关系的判定；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22013年全国大纲理如图4,四棱锥P-ABCD中,NABC二NBAD=90 , BC=2AD, PAB 与 PAD 都是等边三角形.(I )证明：PBCD；(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
7、中点F, 连接AF,由PAD是正三角形知AFPD.因为 CD=BD=2 a,则 CDBD,且 PBCD,故 CD 平面 PBF,所以 CDPD. 记二面角 A-PD-C 的大小为 9 ,则 AF FD=FD DC=0, AF DC=32aX 2acos ( n - 9 )=-62a2cos。，而 AC=AF+FD+DC,两边平方得 5a2=34a2+14a2+2a2-6a2cos。，则 cos 0 =-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“a2二|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
8、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32014 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二人(0(1)当入二1时，证明：直线BC1 平面EFPQ.(2)是否存在入，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面
9、 角？若存在，求出入的值；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,入).BC1= (-2, 0, 2), FP= (-1, 0,入)，FE= (1, 1, 0).(1)证明：当入二 1 时，FP=(-1, 0, 1),因为 BC1 =(-2, 0, 2),所以 BC1=2FP,即 BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1 平面EFPQ.(2)设平面EFPQ
10、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+ 入 z-0.于是可取n=(入，-入，1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(X-2, 2-入，1).若存在入，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，贝！J m , n二(人 -2, 2-入，1) ,(人，-入，1) =0 即入(入 -2)-入(2-入)+1=0,解得入二1 士22.故存在入二122,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
11、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42014 新课标全国卷H理1
12、8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0,连接E0.因为ABCD为矩形，所以。为BD的中点.又E为PD的中点，所以EOPB.因为E0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-
13、xyz,则D(0, 3, 0), E (0, 32, 12), AE= (0, 32, 12).设 B (m, 0, 0) (m0),贝C (m, 3, 0), AC=(m, 3, 0).设nl=(x, y, z)为平面ACE的法向量，则 nl - AC=0, nl - AE=0,即 mx+3y=0, 32y+12z=0,可取 nl=(3m, -1, 3).又n2二(1, 0, 0)为平面DAE的法向量，由题设易知|cos =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 X 12 X 3 X 32 X 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）