2022年新高考Ⅰ卷第19题的命制思路并没有同往年一样，第(1)问位置关系的证明为第(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2 ．
(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悉，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页第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．
[教材题例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＝＝4，则＝×h×2＝A1A·S△ABC＝＝，解得h＝．
即A到平面A1BC的距离为．
(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＝．
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＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，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＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)．
设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，则
可取m＝(1，0，－1)为平面ABD的一个法向量，
设平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，则
可取n＝(0，1，－1)为平面BDC的一个法向量，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为＝．
法二(几何法)：
连接AB1．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＝，AA1＝AB，
所以AB＝BC＝AA1＝2，AC＝2，A1C＝2，AD＝BD＝CD＝．
根据等面积法得S△ABD＝×2×＝＝·AF，解得AF＝．
所以sin ∠AFE＝＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为．
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＝×2×＝，S△EBD＝＝S△A1BC＝×2×2＝，所以cos θ＝＝，于是sin θ＝．
因此，二面角A-BD-C的正弦值为．
法四(补体法)：
结合题意，由法一、法二知AB＝BC＝AA1，BC⊥AB1，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．
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．结论不变，变条件：把(2)问的条件“平面A1BC⊥平面ABB1A1”换成“BC＝2，且AC与平面A1BC所成的角为30°”，再求二面角A-BD-C的正弦值．
以上变式的解答略，感兴趣的同学自己思考求解．
1 / 42022年新高考Ⅰ卷第19题的命制思路并没有同往年一样，第(1)问位置关系的证明为第(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2 ．
(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悉，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页第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．
[教材题例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＝＝4，则＝×h×2＝A1A·S△ABC＝＝，解得h＝．
即A到平面A1BC的距离为．
(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＝．
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＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，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＝(1，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)．
设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)，则
可取m＝(1，0，－1)为平面ABD的一个法向量，
设平面BDC的法向量n＝(a，b，c)，则
可取n＝(0，1，－1)为平面BDC的一个法向量，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为＝．
法二(几何法)：
连接AB1．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＝，AA1＝AB，
所以AB＝BC＝AA1＝2，AC＝2，A1C＝2，AD＝BD＝CD＝．
根据等面积法得S△ABD＝×2×＝＝·AF，解得AF＝．
所以sin ∠AFE＝＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为．
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＝×2×＝，S△EBD＝＝S△A1BC＝×2×2＝，所以cos θ＝＝，于是sin θ＝．
因此，二面角A-BD-C的正弦值为．
法四(补体法)：
结合题意，由法一、法二知AB＝BC＝AA1，BC⊥AB1，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．
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．结论不变，变条件：把(2)问的条件“平面A1BC⊥平面ABB1A1”换成“BC＝2，且AC与平面A1BC所成的角为30°”，再求二面角A-BD-C的正弦值．
以上变式的解答略，感兴趣的同学自己思考求解．
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