【摘 要】 在高考复习的路上，对于高考必考的立体几何，每个同学都不知解了多少题，磨了多少遍，可是，这样的一道高考月考题，却难住了很多的同学。这问题出在哪里呢？以下通过对该题的解答，谨与广大数学同仁交流。
　　【关键词】立体几何；坐标系；向量法；二面角
　　【中图分类号】G63 【文献标识码】A
　　【文章编号】2095-3089（2018）12-0090-01
　　这是一道2018年3月西南名校联盟高考适应性月考卷上的第19题，题目如下：
　　〖TP86.JPG；%25%25，Y〗如图2，在三棱锥A-BCD 中，AB=CD=4，AC=BC=AD=BD=3.
　　（Ⅰ）求证：AB⊥CD ；
　　（Ⅱ）E 在线段BC 上，BE=2EC ，F是线段AC 的中点，求平面ADE 与平面BFD 所成的锐二面角的余弦值.
　　作为数学老师，当你读到这个题目的时候，你也许会觉得，这不是一道常规的立体几何题吗？
　　确实，这是一道常规的立体几何解答题，但是，在这次联考中，这道题却难住了很多的同学。
　　以下给出该题的解答过程：
　　解法一： （Ⅰ）依题意，取CD中点M，连接BM 和AM ，CD⊥BM，CD⊥AM，且BM∩AM=M ，所以，CD⊥ 平面AMB ，得到AB⊥CD
　　（Ⅱ）由右图1可计算得AM=BM=〖KF（〗5〖KF）〗 ，cos∠AMB=〖SX（〗5+5-15〖〗2×〖KF（〗5〖KF）〗×〖KF（〗5〖KF）〗〖SX）〗=-〖SX（〗3〖〗5〖SX）〗
　　故可延长BM 到O ，使AO⊥BO，所以， AO⊥平面BCD，
　　所以，可以如图1所示，建立空间直角坐标系o-xyz.
　　由cos∠AMB=-〖SX（〗3〖〗5〖SX）〗 可得 ，cos∠AMO=〖SX（〗3〖〗5〖SX）〗 ，sin∠AMO=〖SX（〗4〖〗5〖SX）〗
　　∴OM=〖SX（〗3〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，AO=〖SX（〗4〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗 ，从而，需要的各点坐标如下：
　　A（0，0，〖SX（〗4〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗） ，B（〖SX（〗8〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，0，0） ，C（〖SX（〗3〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，2，0） ，D（〖SX（〗3〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，-2，0） ，F（〖SX（〗3〖KF（〗5〖KF）〗〖〗10〖SX）〗，1，〖SX（〗2〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗）
　　設E（x，y，z） ，则由于BE=2EC，可设BE〖TX→〗 =〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗BC〖TX→〗
　　∴{x-〖SX（〗8〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，y，z}= 〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗{-〖KF（〗5〖KF）〗，2，0}，则〖JB（{〗x-〖SX（〗8〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗=-〖SX（〗2〖KF（〗5〖KF）〗〖〗3〖SX）〗
　　y=〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗
　　z=0〖JB）〗E（〖SX（〗14〖KF（〗5〖KF）〗〖〗15〖SX）〗，〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗，0）
　　∴AD〖TX→〗={〖SX（〗3〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，-2，-〖SX（〗4〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗}，BF〖TX→〗={〖SX（〗13〖KF（〗5〖KF）〗〖〗10〖SX）〗，1，〖SX（〗2〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗}，
　　AE〖TX→〗={〖SX（〗14〖KF（〗5〖KF）〗〖〗15〖SX）〗，〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗，〖SX（〗4〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗}，
　　BD〖TX→〗={-〖KF（〗5〖KF）〗，-2，0}.
　　设平面ADE 和平面BFD 的法向量分别为n1〖TX→〗 和n2〖TX→〗 ，二面角大小为θ，则
　　n1〖TX→〗=AD〖TX→〗×AE〖TX→〗={〖SX（〗8〖KF（〗5〖KF）〗〖〗3〖SX）〗，〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗，〖SX（〗8〖KF（〗5〖KF）〗〖〗3〖SX）〗}=
　　〖SX（〗4〖〗3〖SX）〗{2〖KF（〗5〖KF）〗，-1，2〖KF（〗5〖KF）〗}
　　n2〖TX→〗BF〖TX→〗×BD〖TX→〗={〖SX（〗4〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗，-2，〖SX（〗18〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗}=〖SX（〗2〖KF（〗5〖KF）〗〖〗5〖SX）〗{2，〖KF（〗5〖KF）〗，9}，
　　则 cosθ=〖SX（〗n1〖TX→〗·n2〖TX→〗〖〗|n1〖TX→〗|·|n2〖TX→〗|〖SX）〗=〖SX（〗23〖KF（〗82〖KF）〗〖〗246〖SX）〗
　　解法二： （Ⅱ）根据棱锥中对边相等的关系，可以构造如图的长方体.故可假设OB=x，OD=y，OA=z，〖JB（{〗x2+y2=9x2+z2=16z2+y2=9〖JB）〗
　　〖JB（{〗x=2〖KF（〗2〖KF）〗y=1z=2〖KF（〗2〖KF）〗〖JB）〗，所以，如图2建立空间直角坐标系，则有关各点的坐标分别如下：〖TP87.JPG；%25%25，Y〗
　　A（0，0，2〖KF（〗2〖KF）〗），B（2〖KF（〗2〖KF）〗，0，0） ，C（2〖KF（〗2〖KF）〗，1，2〖KF（〗2〖KF）〗） ，D（0，1，0） ，F（〖KF（〗2〖KF）〗，〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，2〖KF（〗2〖KF）〗） .
　　设E（x，y，z） ，则由于BE=2EC，可设BE〖TX→〗=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗 BC〖TX→〗 　　∴{x-2〖KF（〗2〖KF）〗，y，z}=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗{0，1，2〖KF（〗2〖KF）〗}∴〖JB（{〗x-2〖KF（〗2〖KF）〗=0y=〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗z=〖SX（〗4〖KF（〗2〖KF）〗〖〗3〖SX）〗〖JB）〗
　　，
　　即E（2〖KF（〗2〖KF）〗，〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗，〖SX（〗4〖KF（〗2〖KF）〗〖〗3〖SX）〗）
　　∴AD〖TX→〗={0，1，-2〖KF（〗2〖KF）〗}，BF〖TX→〗={-〖KF（〗2〖KF）〗，〖SX（〗1〖〗2〖SX）〗，2〖KF（〗2〖KF）〗}
　　，AE〖TX→〗={2〖KF（〗2〖KF）〗，〖SX（〗2〖〗3〖SX）〗，-〖SX（〗2〖KF（〗2〖KF）〗〖〗3〖SX）〗}，
　　BD〖TX→〗={-2〖KF（〗2〖KF）〗，1，0} .
　　设平面ADE 和平面BFD 的法向量分别为n1〖TX→〗 和n2〖TX→〗 ，二面角大小为θ ，则
　　n1〖TX→〗 =AD〖TX→〗 ×AE〖TX→〗 ={〖SX（〗2〖KF（〗2〖KF）〗〖〗3〖SX）〗，-8，-2〖KF（〗2〖KF）〗}=〖SX（〗2〖KF（〗2〖KF）〗〖〗3〖SX）〗{1，-6〖KF（〗2〖KF）〗，-3}
　　n2〖TX→〗 =BF〖TX→〗 ×BD〖TX→〗 ={-2〖KF（〗2〖KF）〗，-8，0}=2〖KF（〗2〖KF）〗{-1，-2〖KF（〗2〖KF）〗，0}，
　　則cosθ= 〖SX（〗n1〖TX→〗·n2〖TX→〗〖〗|n1〖TX→〗|·|n2〖TX→〗|〖SX）〗=〖SX（〗23〖KF（〗82〖KF）〗〖〗246〖SX）〗=〖SX（〗23〖KF（〗82〖KF）〗〖〗246〖SX）〗
　　根据上述解答发现，第一种方法，不能直接建立坐标系，并且解答过程，数据复杂，不易计算；第二种方法，建立坐标系容易，解答过程也更简单，但是，要从一个三棱锥想到长方体的对角线，得有这方面的解题经验才行。分析这道题难住了很多同学的原因，说明教师在教学过程中，淡化了对不易建系的空间几何体的深入探究和引导，也淡化了对能够构造长方体的几何体的探索和总结。
　　从这个题的图形结构，不妨把问题进行变式探究。例如：（1）求三棱锥A-BCD 的体积；（2）求三棱锥 A-BCD的外接球的表面积和体积；（3）将菱形沿对角线折叠到一定角度，求外接球的半径等等。
　　文献[1]中说“数学形象思维与逻辑思维的有机结合与辩证发展，加上认知结构的整体建构所获得的数学经验与意识，可以形成一种立体的思维方式——直觉思维。”显然，对这些问题的延伸探究，可提高学生对立体几何的解题能力，有助于空间想象能力的提升。
　　参考文献
　　[1]张雄，李得虎.数学学习方法论与解题研究.北京：高等教育出版社，2007：188-189.
　　[2]朱德祥.初等几何研究. 北京：高等教育出版社，2001：195-200.