巧用三射线定理求解空间角度问题.doc

巧用“三射线定理”求解空间角度问题1巧用“三射线定理”求解空间角度问题数学组：石胜军立体几何试卷中常遇有空间角度计算问题：求异面直线所成的角、求直线与平面所成的角、求平面与平面所成的角等，这是学生们普遍感觉较为困难的一类问题．这类问题有两种常用的求解方法：一是通过作图，找出并证明问题所涉及到的对应角，然后利用平面几何知识或三角函数知识求出这一角度的值；二是通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算去求角．本文不打算在这两种固定不变的思路上做文章，而是意图通过介绍一个定理，利用数道例题，来给出用于求解空间角度问题的另外一种手段，以期能帮助激发同学们的求异与创新思维．1．三射线定理及其证明从空间一点 P 任意引三条不共面的射线 PA、PB、PC，设 BPC ， CPA ，APB ，且二面角 A—PC—B 为 ，则 ．..(1)coscsinsco二面角 为 ，则 …(2) C.o二面角 为 ，则 …(3) P csiscsc证明(1)式：如图 1，已知 PA、PB、PC 是这样的三条射 线，不妨设 BC⊥PC 于 C，AC⊥PC，则 ACB 即为二面角 A—PC—B 的平面角，∴ ACB ，设 PA ，PB ，PC ，AC ，BC ，ABabcmn，p在 Rt BPC 中，有 ， ，osib同理在 Rt CPA 中，有 ， ，casn而在 APB 中，有 ，22ospb在 ACB 中，有 ，22cmn∴22cossioscmnpba，22mnpab22np而 ，∴ ，代入上式即得222c22cabmn图 1PABCacbmnp巧用“三射线定理”求解空间角度问题2，证毕．22cossincoscosabp中学数学教材没有直接介绍三射线定理，而仅仅介绍了三射线定理的特例：如图 2，已知 AP 是平面 M 的斜线，P 是斜足，AC 垂直于平面 M，C 为垂足，设 PB是平面 M 内的任意一条直线，且 BC⊥PB，垂足为 B，若 PB 与 PC 所成的角为 ，PA 与PC 所成的角为 ，而 PA 与 PB 所成的角为 ，则有．coscs此时的三射线还是 PA、PB、PC，但是附加有条件平面 PAC⊥平面 PBC，∴二面角 A—PC—B 的大小，将 代入三射线定理即得2cso02．os为叙述方便起见，在下文中，我们将把由三条射线两两形成的三个角都称之为做对应于的某条射线的“面角” ．如图 1 中的 BPC 我们将其称之为对应于射线 PA 的一个“面角” ；图 2 中的 APB 我们将其称为对应于射线 PC 的一个“面角”等．因此，三射线定理也被称为三面角的余弦定理，常被记为 的形式。

coscsin2．三射线定理的应用[例 1]（2008 年海南宁夏高考试题）如图 3，已知点 P 在正方体 ABCD- 的对角线ABCD上， .BD60PA（Ⅰ）求 DP 与 所成角的大小；C（Ⅱ）求 DP 与平面 所成角的大小．D[分析]本题可以用建立空间直角坐标系的方法求解，若注意到条件涉及到从一点出发的三条射线，同时又是求角问题，因此可以尝试运用三射线定理求解．[解答]如图4，（Ⅰ）连结PA，连结BD ，∵DD ///CC/，∴所求的角即为 PDD/，则得到三条射线DP、DA和DB，由 PDD/与 PDB互为余角，∴只需求出 PDB，注意到二面角A—DB—P是直角，棱DB所对的面角为 PDA，∴ ，coscsosDBAPD即 ，∴ ，12图 4A BPDA/ B/C/D/QC图 3A BPDA/ B/C/D/CP CMA图 2B巧用“三射线定理”求解空间角度问题3∴锐角 PDB ，45o∴直线DP与CC /所成的角为 ；o（Ⅱ）连结AD /，作PQ⊥AD /于Q ，连结DQ，∵AB⊥AD /，∴PQ//BA ，而BA⊥平面ADD /A/，∴PQ⊥平面ADD /A/，∴ PDQ即为直线 DP与平面AA /D/D所成的角，且平面PDQ⊥平面ADD /，设二面角A—DQ—P 的大小为 ，则 ，2其棱DQ对应的面角是 PDA，∴ ……①cosscoDQA同理 ……②/ /sD注意到 QDA与 QDD/互为余角，设 QDA= ，则①②分别为和 ，cosscoPA/cosinPQ即 和 ，60Qs45两式两边平方相加得 ，2221co(sin)D∴ ，∵ PDQ为锐角，∴ ，∴所求的角为 ．23cos4PD3PQ30o本例若采用常规的几何方法或者是向量运算的方法都存在一个解题难点，那就是如何确定出P点的位置．而本解法中的两次求角都不用顾及点P的位置，用到的也只是三射线定理的特例，其解法关键是找到从一点出发的对应的三条射线．本例中这样的三条射线所具有的主要特征是由这三条射线所确定的三个平面中总有两个平面相交成直角，而这样的条件在一些常见的几何体中随处可见．[例 2]（黄冈中学 2010 届高二年级三月份月考试题）如图 5，已知正方形 ABCD 的边长为4，点 E 是边 CD 上的一点，将 AED 沿 AE 折起到 AED/的位置时有平面 ACD/ 平面 ABCE，且 BD/ D/C．（Ⅰ）判断并证明 E 点的具体位置；（Ⅱ）求点 D/到平面 ABCE 的距离．[分析] 由已知 CD/ BD 且 CD/ BD/，可知CD/ 平面 BDD/，∴CD / DD/，从而由ED=ED/可得 E 为 CD 边上的中点．由于点D/在底面 ABCE 上的射影必在 AC 上，注意到 AD/=AD=4 已知，因此为求出点 D/到平面ABCE 的距离，只需求出 D/AC 的某一三角函数值来，为此考虑利用三射线定理．D/D E CO A B图 5巧用“三射线定理”求解空间角度问题4[解答] （Ⅰ）由以上分析可知 E 为 CD 边上的中点；（Ⅱ）注意到平面 D/AC⊥平面 ABCE，利用从 A 点出发的三条射线 AC、AE、AD /，注意到直二面角 D/—AC—E 的棱 AC 所对的面角是 D/AE，∴有 ，AC// cosscos其中 D/AE= DAE， EAC DAE，4∵ ，∴ ，21tan4AE/2cos5E，13coss()22C∴ ，即 ，∴ ，/23c5DA/cosC/1sinDAC∴点 D/到平面 ABCE 的距离 ．//4in3d表面看，本题的目标不是求角，其实空间求距离问题一般都会化为解三角形问题，常常需要求出对应的角或求出对应角的某一个三角函数值．一旦我们进一步熟悉了三射线定理，那么， “在求距离问题中，先考虑利用定义找出对应线段，然后再计算”的惯性思维就会被突破，我们完全可以在“心中想有这样的一段垂线段存在，而不用把它具体地作出来”的条件下去求出对应的距离．[例3]（2009年中原部分省级示范高中第一次联考试题文科第19题）如图6，在长方体ABCD—A 1B1C1D1中，AD=AA 1=3，AB ，E、F分别为AB和6A1D的中点．（Ⅰ）求证：AF//平面A 1EC；（Ⅱ）求A 1C与底面ABCD所成的正切值；（Ⅲ）求二面角A 1—EC—D的大小．[分析] 服务于本文，我们只给出第（Ⅲ）问的解答．想要利用“三射线定理” ，首先要设法找出一个点，使得 EC 就是一条从该点出发的射线，并以此为基础找到便于解决问题的另外两条射线．注意到本题中的已知条件和图形特征，可以考虑选取 CE、CD、CA 1 这三条射线来实施我们的方法．[解答] （Ⅲ）二面角 A1—EC—D 的大小为 ，注意从点 C 出发的三条射线 CD、CA 1 和 CE，其中二面角 A1—EC—D 的棱 EC 所对的面角为 A1CD，由三射线定理有 ，1cosscosinicosCECED易知 A1DC 是以 A1DC 为直角的 Rt ， DCE BCE， A1CE 中2A B CDA1 B1 C1图 6D1F E巧用“三射线定理”求解空间角度问题5A1E=EC，∴ ， ，116cos2DCA 1coss()sin27DCEBEC，∴ ， ，112cs7E6sin713sin7A∴有 ，∴ ，36co 24故所求的二面角的大小为 ．2ars4采用“三射线定理”求解本题，既不用为如何作出对应二面角的一个平面角而煞费苦心，又避免了去逐一求出两个平面的法向量的繁复运算，需要的主要是解三角形的知识．其关键是找准二面角的棱，以棱所在的射线为基础找另外的两条射线，求出其解的保证是对应的三个“面角”都能求出．其实本题若采用面积射影关系去解更为简捷，介绍本方法的作用在于拓展思路，放飞思维．[例 4]如图 7，在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中， BAC ，AB ，AC=2，AA 1=1，点90oaD 在棱 B1C1 上，且 ．1::3D（Ⅰ）证明：无论 为任何正数，均有aBD⊥A 1C；（Ⅱ）当 为何值时，二面角 B—A1D—B1= ？60o[分析] 我们仅求解本题的第（Ⅱ）问．解题时可以专注于从 A1 点引出的三条射线 A1B1、A 1B 和A1D，希望利用它们建立起关于 的一个方程或a方程组．[解答]（Ⅱ）由于平面 A1B1C1⊥平面 AA1B1B，∴二面角 D—A1B1—B 是直二面角，∴ ，1cosscoBD在 Rt BB1A1 中，有 ，12a作 DD1⊥A 1B1 于 D1，则在 Rt DD1A1 中，由 D1D//A1C1，且 D1D A1C1，易得4，11 22334cos 94()aaAB CA1B1 C1图 7D巧用“三射线定理”求解空间角度问题6∴ ，21112233cossco194194aaBADBAD∴ ，2112ina，2112234sicos9BADBA若二面角 B—A1D—B1 的平面角为 ，当且仅当60o成立，1111coscssinicos60ADB也即 ，2 222 2331349494949aaaa  ∴ ，即 ，3221a23()∴ ， ，又 ，44a0∴当且仅 时，二面角 B—A1D—B1 的平面角为 ．2360o本题求解中两次使用到三射线定理，其中一次利用到它的特例情况，另一次用到它的一般情形．其思维特点是从不同的视角对从同一点出发的三条射线去分析，挖掘并利用它们的相互依存关系，以寻求问题的解法．从以上数例不难看出，相对于空间向量方法，用“三射线定理”解题还是过于偏重技巧，有时还会导致较为复杂的运算，但这是一种具有创新思维的技巧，是值得我们去学习和掌握的．虽然让学生去掌握各种独特的解题方法技巧不是中学数学教学的终极目标，但是培养学生的求异思维和创新思维却始终应该成为中学数学教学的一个重要任务，也是本文的一个写作目的．作为本文的结束，下面再给出一例，以帮助同学们进一步体验本文所介绍方法的妙用：[例 5]（2008 年江西高考理科试题）如图 8，正三棱锥 的三条侧棱 、 、OABCOAB两两垂直，且长度均为 2． 、 分别是 、 的中点， 是 的中点，OCEFHEF过 作平面与侧棱 、 、 或EFOABC其延长线分别相交于 、 、 ，已知11．132A（Ⅰ）求证： ⊥平面 ；1BCAH（Ⅱ）求二面角 的大小；1O图 8ABCOA11B11C11EFD巧用“三射线定理”求解空间角度问题7[解答]（Ⅰ）略；（Ⅱ）过 B 点作 BD//AA1，交 A1B1 于 D，由平面几何知识不难得出 BD=AA1= ，2∴ ， ，13O1EFC∴ ， ，1B2在 Rt A1OB1 中，A 1B1= ，22135(。