浙江省寧波效實(shí)中學(xué)(315012) 魯 勤 童益民

三面角模型是立體幾何中的一個(gè)重要模型,三面角模型中蘊(yùn)含了面角(線線角)、線面角與二面角,如何求這些角的大小以及它們之間的大小關(guān)系,成為高考的常規(guī)題型.通過對(duì)三面角模型的研究,可以得到一些定理,通過這些定理的靈活運(yùn)用,可以較快的解決問題.同時(shí)對(duì)三面角模型的研究,可以提高學(xué)生對(duì)各類角的整體認(rèn)識(shí),提高他們的綜合解題能力,培養(yǎng)數(shù)學(xué)建模的意識(shí),發(fā)展數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

一、幾個(gè)定理的呈現(xiàn)

1.1 三面角余弦定理如圖1, 由射線PA,PB,PC構(gòu)成的三面角P - ABC中, ∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ, 二面角A-PC -B的大小為θ, 則cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.

圖1

圖2

圖3

證明(1)當(dāng)時(shí),如圖2,過射線PC上一點(diǎn)H作HM⊥PC交PA于M點(diǎn),作HN⊥PC交PB于N點(diǎn).在ΔMNP和ΔMNH中分別用余弦定理,得

兩式相減得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP ·NP ·cosγ+2MH ·NH ·cosθ= 0, 所以2MP ·NP ·cosγ=2PH2+ 2MH · NH ·cosθ, 兩 邊 同 除 以MP · NP, 得cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.

兩式相減得MN2- M1N2=MP2- M1H2+NP2-NH2-2MP · NP ·cosγ+ 2M1H · NH ·cosθ, 所 以MM12=PH2-2MP ·NP ·cosγ+2M1H ·NH ·cosθ,所以NP ·cosγ=NH ·cosθ,兩邊同除以NP,得cosγ=sinβcosθ,符合cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.

(3) 當(dāng)α=時(shí), cosγ= cosαcosβ+sinαsinβcosθ顯然成立;

(4)當(dāng)α ∈時(shí), 可反向延長, 根據(jù)(1)(2)可證,略.

由(1)(2)(3)(4)可得,三面角余弦定理即證.三面角余弦定理中取二面角A-PC -B的大小θ=可得三余弦定理.

1.2 三余弦定理如圖4, 已知平面α與斜線PA,AO⊥α,PB ?α,可得cos ∠APB=cos ∠APO·cos ∠BPO.

證明作OE⊥PB于E點(diǎn), 連接AE, cos ∠APB=,cos ∠APO=所以cos ∠APB=cos ∠APO·cos ∠BPO.

推論1 最小角定理直線與平面所成角是直線與平面內(nèi)所有直線所成角中最小的角.

證明如圖4, 根據(jù)三余弦定理可得cos ∠APB≤cos ∠APO,所以∠APB≥∠APO,即證.

圖4

圖5

2.1 三面角正弦定理如圖1, 由射線PA,PB,PC構(gòu)成的三面角P - ABC中, ∠APC=α, ∠BPC=β,∠APB=γ, 二面角A - PC - B的大小為θ1, 二面角A-PB-C的大小為θ2,二面角B-PA-C的大小為θ3,則

證明在射線PA上取點(diǎn)D,作DO⊥平面PBC.

(1) 點(diǎn)O不在射線PB與PC上時(shí), 如圖5, 作OE⊥PB,OF⊥PC,連接DE,DF,

(2)點(diǎn)O與點(diǎn)P重合,顯然成立.

(3)點(diǎn)O在射線PB或PC上時(shí),如圖6,作OE⊥PB,連接DE,

由(1)(2)(3)可得,三面角正弦定理即證.三面角正弦定理中取二面角A-PC -B的大小θ1=可得三正弦定理.

2.2 三正弦定理如圖6,已知二面角A - PB - C中,D是PA上的點(diǎn),DO⊥平面PBC,OE⊥PB,可得sin ∠DPO=sin ∠DPE·sin ∠DEO.

圖6

證 明因?yàn)?sin ∠DPO=sin ∠DPE=所 以sin ∠DPO= sin ∠DPE ·sin ∠DEO.

推論2 最大角定理二面角是所有線面角中的最大角.

證明當(dāng)二面角大于或等于時(shí), 顯然成立; 當(dāng)二面角小于時(shí), 如圖6, 根據(jù)三正弦定理可得sin ∠DPO≤sin ∠DEO,所以∠DPO≤∠DEO,即證.

二、幾個(gè)定理的應(yīng)用

題1(2018年高考浙江卷第8 題) 已知四棱錐S -ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)),設(shè)SE與BC所成角為θ1,SE與平面ABCD所成角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則

A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1

C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1

解析根據(jù)最小角定理可得θ2≤θ1,排除選項(xiàng)A 與C,根據(jù)最大角定理可得θ3≥θ2,排除選項(xiàng)B,可得答案D,當(dāng)然通過作圖計(jì)算,也可得θ3≤θ1.

題2(2019年高考浙江卷第8 題)設(shè)三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側(cè)棱長均相等,P是棱V A上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)).記直線PB與直線AC所成的角為α,直線PB與平面ABC所成的角為β,二面角P -AC-B的平面角為γ,則

A.β ＜γ,α ＜γB.β ＜α,β ＜γ

C.β ＜α,γ ＜αD.α ＜β,γ ＜β

解析根據(jù)最小值定理可得β ＜α; 根據(jù)最大角定理得到β小于二面角P - AB - C的大小, 因?yàn)槎娼荘-AC-B與二面角P-AB-C的大小一樣,所以β ＜γ,可得答案為B.

題3(2009年高考浙江卷理科第17 題) 如圖7, 在長方形ABCD中,AB= 2,BC= 1,E為DC中點(diǎn),F為線段EC(端點(diǎn)除外) 上一動(dòng)點(diǎn).現(xiàn)將ΔAFD沿AF折起, 使平面ABD與平面ABC垂直.在平面ABD內(nèi)過點(diǎn)D作DK⊥AB,K為垂足.設(shè)AK=t,則t的取值范圍是_____.

圖7

解析因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面ABC,DK⊥AB, 所以DK⊥平面ABC, 在三面角A - DBF中, 根據(jù)三余弦定理, 可得cos ∠DAF= cos ∠DAB ·cos ∠BAF, 所以所以AK=

題4(2020年高考浙江卷第19 題) 如圖8, 三棱臺(tái)ABC - DEF中, 平面ACFD⊥平面ABC, ∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC.

(1)證明:EF⊥DB;

(2) 求直線DF與平面DBC所成角的正弦值.

解析本題直觀上是一個(gè)棱臺(tái)中的角度問題,但本質(zhì)上是一個(gè)三面角C-ABD的角度問題.

圖8

(1) 作DG⊥AC于G點(diǎn), 連接BG, 如圖8.因?yàn)槠矫鍭CFD⊥平面ABC, 所以DG⊥平面ABC, 根據(jù)三余弦定理, 得cos ∠DCB= cos ∠DCG ·cos ∠BCG, 所以cos ∠DCB=即∠DCB= 60°,因?yàn)镈C= 2BC,可得BC⊥DB,因?yàn)镋F//BC,所以EF⊥DB.

(2) 因?yàn)镈F//AC, 所以直線DF與平面DBC所成角就是直線AC與平面DBC所成角, 因?yàn)椤螦CB=∠ACD= 45°,所以AC在平面DBC上的射影為∠BCD的角平分線, 設(shè)AC與平面DBC所成角為φ, 根據(jù)三余弦定理得cos 45°= cosφ·cos 30°, 所以cosφ=所以即直線DF與平面DBC所成角的正弦值為

三、探究與拓展

探究1根據(jù)三面角余弦定理,已知三個(gè)面角可以求出二面角,根據(jù)三面角正弦定理,已知兩個(gè)面角和一個(gè)相對(duì)二面角,可以求出另一個(gè)相對(duì)二面角,那么已知三個(gè)面角是否可以求出線面角呢?

結(jié)論1在三面角P -ABC中,∠APB=α,∠APC=β,∠BPC=γ,直線PA與平面PBC的所成角的大小為φ,則cosφ=

證明如圖9,在射線PA上取點(diǎn)D,作DO⊥平面PBC,OE⊥PB,OF⊥PC,連接DE,DF.

因?yàn)镻,E,O,F四點(diǎn)共圓,則

圖9

圖10

探究2在三面角的三條射線上取三個(gè)點(diǎn),得到一個(gè)三棱錐,能否得出三棱錐的體積公式?

結(jié)論2在三棱錐P -ABC中,∠APB=α,∠APC=β, ∠BPC=γ, 則VP-ABC=PA · PB · PC ·

證明如圖10,設(shè)直線PA與平面PBC的所成角的大小為φ,根據(jù)結(jié)論1,

所以

所以

題5(2016年高考浙江卷理科第14 題)如圖11,在ΔABC中,AB=BC= 2,∠ABC= 120°.若平面ABC外的點(diǎn)P和線段AC上的點(diǎn)D, 滿足PD=DA,PB=BA, 則四面體PBCD的體積的最大值是_____.

圖11

解析設(shè)∠PBD= ∠ABD=α, ∠PBC=β,∠CBD= 120° - α=γ.在ΔABD中, 根據(jù)正弦定理,可得所以BD=根據(jù)結(jié)論2,可得

所以當(dāng)α=60°時(shí),VP BCD取到最大值為

四、總結(jié)

以上是基于三面角模型中角度問題的研究,從三面角余弦定理到三余弦定理,再到最小角定理,同樣從三面角正弦定理到三正弦定理,再到最大角定理,系統(tǒng)的了解了其中所涉及的一系列定理,最后從探究與拓展的角度給出關(guān)于線面角和體積的兩個(gè)結(jié)論,整體上去把握三面角模型中所涉及的問題.文中給出的幾個(gè)例題,從解法上來說不是最常規(guī)的解法,但從三面角模型的角度問題能較快的得到答案,也是值得研究的地方.