基于三面角模型的角度問題

浙江省寧波效實中學(315012) 魯 勤 童益民

三面角模型是立體幾何中的一個重要模型,三面角模型中蘊含了面角(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系,成為高考的常規題型.通過對三面角模型的研究,可以得到一些定理,通過這些定理的靈活運用,可以較快的解決問題.同時對三面角模型的研究,可以提高學生對各類角的整體認識,提高他們的綜合解題能力,培養數學建模的意識,發展數學核心素養.

一、幾個定理的呈現

1.1 三面角余弦定理如圖1, 由射線PA,PB,PC構成的三面角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)當時,如圖2,過射線PC上一點H作HM⊥PC交PA于M點,作HN⊥PC交PB于N點.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α=時, cosγ= cosαcosβ+sinαsinβcosθ顯然成立;

(4)當α ∈時, 可反向延長, 根據(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, 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所有直線所成角中最小的角.

證明如圖4, 根據三余弦定理可得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D,作DO⊥平面PBC.

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

(2)點O與點P重合,顯然成立.

(3)點O在射線PB或PC上時,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,DO⊥平面PBC,OE⊥PB,可得sin ∠DPO=sin ∠DPE·sin ∠DEO.

圖6

證 明因為 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.

證明當二面角大于或等于時, 顯然成立; 當二面角小于時, 如圖6, 根據三正弦定理可得sin ∠DPO≤sin ∠DEO,所以∠DPO≤∠DEO,即證.

二、幾個定理的應用

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,側棱長均相等,E是線段AB上的點(不含端點),設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

解析根據最小角定理可得θ2≤θ1,排除選項A 與C,根據最大角定理可得θ3≥θ2,排除選項B,可得答案D,當然通過作圖計算,也可得θ3≤θ1.

題2(2019年高考浙江卷第8 題)設三棱錐V-ABC的底面是正三角形,側棱長均相等,P是棱V A上的點(不含端點).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

解析根據最小值定理可得β ＜α; 根據最大角定理得到β小于二面角P - AB - C的大小, 因為二面角P-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,F為線段EC(端點除外) 上一動點.現將ΔAFD沿AF折起, 使平面ABD與平面ABC垂直.在平面ABD內過點D作DK⊥AB,K為垂足.設AK=t,則t的取值范圍是_____.

圖7

解析因為平面ABD⊥平面ABC,DK⊥AB, 所以DK⊥平面ABC, 在三面角A - DBF中, 根據三余弦定理, 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棱臺中的角度問題,但本質上是一個三面角C-ABD的角度問題.

圖8

(1) 作DG⊥AC于G點, 連接BG, 如圖8.因為平面ACFD⊥平面ABC, 所以DG⊥平面ABC, 根據三余弦定理, 得cos ∠DCB= cos ∠DCG ·cos ∠BCG, 所以cos ∠DCB=即∠DCB= 60°,因為DC= 2BC,可得BC⊥DB,因為EF//BC,所以EF⊥DB.

(2) 因為DF//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, 因為∠ACB=∠ACD= 45°,所以AC在平面DBC上的射影為∠BCD的角平分線, 設AC與平面DBC所成角為φ, 根據三余弦定理得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根據三面角余弦定理,已知三個面角可以求出二面角,根據三面角正弦定理,已知兩個面角和一個相對二面角,可以求出另一個相對二面角,那么已知三個面角是否可以求出線面角呢?

結論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D,作DO⊥平面PBC,OE⊥PB,OF⊥PC,連接DE,DF.

因為P,E,O,F四點共圓,則

圖9

圖10

探究2在三面角的三條射線上取三個點,得到一個三棱錐,能否得出三棱錐的體積公式?

結論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,設直線PA與平面PBC的所成角的大小為φ,根據結論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P和線段AC上的點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∠PBD= ∠ABD=α, ∠PBC=β,∠CBD= 120° - α=γ.在ΔABD中, 根據正弦定理,可得所以BD=根據結論2,可得

所以當α=60°時,VP BCD取到最大值為

四、總結

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于線面角和體積的兩個結論,整體上去把握三面角模型中所涉及的問題.文中給出的幾個例題,從解法上來說不是最常規的解法,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.