加强综合法提升核心素养——2017年高考数学中二面角的纯几何解决

安徽省寿县第一中学 柴化安 常 清 (邮编：232200)

加强综合法提升核心素养
——2017年高考数学中二面角的纯几何解决

安徽省寿县第一中学 柴化安 常 清 (邮编：232200)

立体几何中的二面角是一个非常重要的概念,求二面角的大小是高考命题的热点.遇到二面角,言必用向量,这可不是好现象.一方面,高考中的二面角用综合法解决并不像我们想象的那么难,一般高考试题中求二面角的两种方法总体难度悬殊并不大;另一方面,立体几何主要担负着培养学生逻辑推理和直观想象核心数学素养的任务,老用空间向量解决二面角问题,就削弱了立体几何的教学价值.下面我们试用综合法求2017年数学高考理科试卷中二面角的大小,可以看到高考试题的导向是“两条腿走路”,即综合法和向量法不可偏废.

1 全国卷Ⅰ第18题

如图1,在四棱锥PABCD中,AB∥CD,且∠BAP＝∠CDP＝90°.

(Ⅰ)证明：平面PAB⊥平面PAD;

图1

(Ⅱ)若PA＝PD＝AB＝DC,∠APD＝90°,求二面角A－PB－C的余弦值.

图2

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如图2,设PA ＝2,在Rt△PAB 中,PB ＝同理PC＝2,AD＝2.又四边形ABCD为矩形,所以BC＝22,取PB的中点E,连接AE、EC、AC,于是AE⊥PB,CE⊥PB,所以∠AEC是二面角A－PB－C的平面角.易求AE＝,CE＝,AC＝2,在△ACE中,由余弦定理,得

评析 综合法求二面角,要紧扣二面角的平面角的定义,按照“一作、二证、三算”的步骤实施.本题使用“定义法”,在二面角的棱上选择“适宜”的点,过这点分别在二面角的两个面内作棱的垂线得平面角.所谓“适宜”的点,一般是指与已知条件或结论有牵连的点,一般有一定的特殊性,像本题中线段PB的中点E.

2 全国卷Ⅱ第19题

如图3,四棱锥PABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面∠BAD＝∠ABC＝90o,E是PD的中点.

图3

(Ⅰ)证明：直线CE∥平面PAB;

(Ⅱ)点M 在棱PC上,且直线BM 与底面ABCD所成角为45o,求二面角M－AB－D的余弦值.

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如图4,取AD的中点Q,连接PQ、CQ,因为△PAD是等边三角形,所以PQ⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,所以PQ⊥平面ABCD.

图4

评析 本题使用“垂面法”：作一个平面垂直于二面角的棱,分别与二面角的两个面相交,得到的交线(两条射线)形成的角就是二面角的平面角.本题中和二面角M－AB－D的棱AB垂直的平面是现成的：平面PAD,这是突破口.有两个关键环节要抓住：一是作出直线BM与底面ABCD所成角;一是作出平面MAB与平面PAD的交线.

3 全国卷Ⅲ第19题

如图5,四面体ABCD,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD＝∠CBD,AB＝BD.

(Ⅰ)证明：平面ACD⊥平面ABC;

图5

(Ⅱ)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D－AE－C的余弦值.

图6

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如图6,由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点.过点D作DF⊥AE于点F,过点F作FG⊥AE交AC于点G,所以∠DFG是二面角D－AE－C的平面角.设AD＝2,在 △ABD中,由余弦定理得cos∠ADB＝在△ADE中,由余弦定理得＝2,同理CE＝2,所以AE2＋CE2＝AC2,所以△ACE是直角三角形,FG∥EC.在Rt△ADF与Rt△EDF中,由勾股定理得DF2＝AD2－AF2＝ED2－EF2,所以Rt△DEF中,在△ADG中,

评析 此题用“定义法”,过二面角的一个半平面内一点,向二面角的棱作垂线,再说明得到的垂足就是棱上“适宜”的点.题中CE⊥AE比较隐蔽.另外,已知三角形的三边长,利用勾股定理列方程求任意一边上的高,是常规模式.

4 山东卷第17题

如图7,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是D的中点.

(Ⅱ)当AB＝3,AD＝2时,求二面角EAG－C的大小.

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如图8,取AG的中点H,连接EH、CH、CE、FG,

图7

EH⊥AG,CH⊥AG,即∠CHE是二面角E－AG－C的平面角.

在Rt△AEH中,EH2＝AE2－AH2＝12,同理CH2＝12,在 △BCE中,CE2＝BC2＋BE2－2BC·BE·cos1200＝12,△CHE是等边三角形,所以∠CHE＝600,即二面角E－AG－C是600.

评析 此题用“定义法”,题目的特殊性在于点C、E是关于二面角的平分面的对称点,并且△EAG和△CAG是以AG为底的两个等腰三角形,二面角的平面角比较容易构造.

图8

5 天津卷第17题

如图9,在三棱锥PABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC＝90°.点D、E、N 分 别 为 棱PA、PC、BC的中点,M是线段AD的中点,PA＝AC＝4,AB＝2.

(Ⅰ)求证：MN∥平面BDE;

图9

(Ⅱ)求二面角CEM－N的正弦值;

(Ⅲ)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.

图10

解析 (Ⅰ)、(Ⅲ)略.(Ⅱ)如图10,取AC的中点F,过点F作FG⊥EM于点G,连接NF、NG、FE、FM.PA⊥平面ABC,则PA⊥AB,AB⊥AC,即AB⊥平面PAC,又NF∥AB,所以NF⊥ 平面PAC.在 △PEM中,ME＝Rt△FEG与Rt△FMG中,由FG2＝FE2－EG2,在Rt△FGN中,,所以sin∠FGN＝

评析 此题使用“三垂线法”,点N在平面CEM内的射影是点F,于是直线GN在平面CEM内的射影是直线GF.由二面角的一个面上的斜线(或它的射影)与二面角的棱垂直,推得它位于二面角的另一的面上的射影(或斜线)也与二面角的棱垂直,从而确定二面角的平面角,其中使用了三垂线定理.

6 北京卷第16题

如图11,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB 上,PD//平 面MAC,PA＝PD＝6,AB＝4.

(I)求证：M为PB的中点;

(II)求二面角B－PD－A的大小;

(III)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.

图11

解析 (Ⅰ)、(Ⅲ)略.(Ⅱ)如图12,设AC∩BD＝O,取AD的中点Q,过Q作QE⊥PD于点E,连接OQ、OE、PQ.PD＝PA⇒PQ⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD⇒PQ⊥平面ABCD⇒PQ⊥OQ.又OQ∥AB,AB⊥AD,则OQ⊥AD,OQ⊥平面PAD,OQ⊥PD,即PD⊥平面OEQ,则∠OEQ是二面角B－PDA的平面角.在Rt△PDQ中,由射影定理得DE在 Rt△DEQ 中,EQ ＝,在Rt△OEQ中,

图12

评析 本题依然用“三垂线法”.三垂线法使用的基础是,能过二面角的一个半平面内的一点,找到垂直于另一个半平面的垂线.此题灵活性在于,在半平面BPD内用点O而没有用点B,运算量相比要小些.

二面角的求解方法多样、灵活多变,能考查学生的空间想象能力、逻辑思维能力及计算能力,具有较高的区分度,一般会受到命题专家的青睐.由于学生的空间想象能力、逻辑思维能力较弱,加之平时教学的功利思想,学生往往仅掌握用平面的法向量来求解二面角.向量法求二面角已经程序化模式化了,减轻了思维的负担,但对学生的空间想象能力、逻辑思维能力的训练不利.况且向量法对计算的要求较高,学生往往由于建系不当、计算出错而费时费事导致失分.因此,在教学中应适当介绍一些二面角的纯几何方法(综合法),让学生多掌握一件利器,双管齐下,全面培养学生的数学核心素养.

2017-10-12)