2021年全國乙卷立體幾何二面角解法賞析

張曉建

摘 要：本文對2021年全國高考乙卷立體幾何試題的解法做了多角度的解析，進而對立體幾何中二面角的求解給出了多種解法，也對二面角模型作了一個系統的介紹.

關鍵詞：高考;立體幾何;二面角

中圖分類號：G632?? 文獻標識碼：A?? 文章編號：1008-0333（2022）04-0050-04

1 題目呈現

題目 （2021年全國乙卷理科第18題）如圖1，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M為BC的中點，且PB⊥AM.

（1）求BC;

（2）求二面角A-PM-B的正弦值.

1.1 試題情境分析

本題命制情境的幾何體是一個四棱錐，其滿足底面是一個矩形，有一條側棱垂直于底面，其原型是“陽馬”模型.

1.2 學科核心素養與學業質量水平

學科核心素養學業質量水平（一、二、三）

數學思想

邏輯推理能夠對與學過的知識有關聯的數學命題的條件與結論的分析，探索論證的思路，選擇合適的論證方法予以證明，并能用準確的數學語言表述論證過程（水平二）直觀想象能夠掌握研究圖形與圖形、圖形與數量之間關系的基本方法，能夠借助圖形性質探索數學規律，解決實際問題或數學問題（水平二）

數學運算能夠針對運算問題，合理選擇運算方法、設計運算程序，解決問題.能夠理解運算是一種演繹推理;能夠在綜合運用運算方法解決問題的過程中，體會程序思想的意義和作用（水平二）轉化與化歸

1.3 基礎知識與基本技能

二面角的定義以及二面角的平面角求解;運用向量的方法研究空間基本圖形的位置關系和度量關系，體會向量方法和綜合幾何方法的共性和差異;運用向量方法解決簡單的數學問題和實際問題，感悟向量是研究幾何問題的有效工具;能用向量方法解決點到直線、點到平面、平行直線、平行平面間的距離問題和簡單夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會向量方法在研究幾何問題中的作用.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解析 由題知，PD⊥底面ABCD，PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以AM⊥DB.

在長方形ABCD中，AB=1，故BC=2.

2.2 第（2）問解析

解法1 如圖2，構造一個長寬高分別為AB=1，BC=2，AE=1的長方體ABCD-EFGP，平面PMB即為平面EBCP.

故平面APM與平面EBCP所成銳二面角即為所求.

連接AF交BE于點H，則由長方體性質可得AH⊥平面EBCP.

過點H作HI⊥PM于點I，連接AI，則∠AIH即為二面角A-PM-B的平面角.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，

AI=AM·sin∠APM=355，

又因為AH=22，

故sin∠AIH=AHAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法2 如圖3，構造一個長寬高分別為AB=1，BC=2，AE=1的長方體ABCD-EFGP，平面PMB即為平面EBCP.

故平面APM與平面EBCP所成銳二面角即為所求.

連接AF交BE于點H，則由長方體性質可得AH⊥平面EBCP.

過點H作HI⊥PM于點I，連接AI，則∠AIH即為二面角A-PM-B的平面角.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，AI=AM·sin∠APM=355，

又AH=22，S△APM=12PM·AI=144，

在△HPM中，PH=PM=102，HM=1，

計算可得S△HPM=34.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM=31414.

所以∠sinAIH=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法3 如圖4，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于點I，計算可得AI=355.

在△BPN中，BP=2，BM=22，PM=102.

作BN⊥PM于點N，則

cos∠BPN=BP2+PM2-BM22BP·PM=31010，

sin∠BPN=1010，BN=BPsin∠BPN=105，

PN=BPcos∠BPN=3105.

又PI=APcos∠APM=2105，

故IN=105.

由AB2=（AI+IN+NB）2，得

1=75+25+25+2×145cos<AI，NB>.

所以cos<AI，NB>=-31414.

而二面角A-PM-B的大小與<AI，NB>互補，

故二面角A-PM-B的余弦值為31414.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法4 如圖5，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于點I，計算可得AI=355.

記點A到平面PBM的距離為dA，則二面角A-PM-B的正弦值為dAAI.

由等體積變換VP-ABC=VA-PBC，

得dA=22.

故dAAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法5 如圖6，由題意，PD⊥底面ABCD，

PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以平面ABCD⊥平面PDB，且交線為PO.

過點O作OS⊥PO交PB于點S，過點O作OT⊥PM交PM于點T，連接ST，則∠OTS即為二面角A-PM-B的平面角.

在△POB中，PO=213，OB=33，PB=2，

cos∠OPB=32114，sin∠OPB=714，tan∠OPB=39.

所以OS=PO·tan∠OPB=213×39=79.

在△POM中，PO=213，OM=66，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015.

故OT=OM·sin∠OMP=66×21015=3515.

所以tan∠OTS=OSOT=793515=53.

故sin∠OTS=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法6 建立如圖7所示空間坐標系D-xyz.

一個法向量為n=（x，y，z），由于AP=（-2，0，1），

n·AP=-2x+z=0，

n·AM=-22x+y=0.

令x=2，

得到n=（2，1，2）.

同理可求得平面PMB的一個法向量為m=（0，1，1）.

所以cos<n，m>=n·mn·m=31414.

所以二面角A-PM-B的正弦值為7014.

筆者從不同的角度分析、解決二面角的求解問題，當然對于不同的立體幾何模型而言常需要不同的方法，希望能夠借此文章和各位讀者共同探討.為更好地掌握本題，特改編兩道練習如下：

變式1 如圖8，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，BC=2，M為BC上的動點，二面角A-PM-B的正弦值為7014，試求BMMC的值.

變式2 如圖8，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M為BC上的中點，二面角A-PM-B的正弦值為7014，試求BC.

參考文獻：

[1]中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[責任編輯：李 璟]