至精至简的空间“三类角”*

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(杭州第十四中学,浙江 杭州 310006)

●王红权

(杭州市基础教育研究室,浙江 杭州 310003)

空间三类角(两条异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角)是立体几何的核心内容，也是高考重点考查的内容之一，几乎在每一份数学高考试卷中都会涉及．建立空间直角坐标系，通过空间向量的坐标运算，是求解空间三类角问题的常用方法.但此法存在两个缺陷：一是若图形不规则或不容易建立坐标系，则该法常常行不通；二是运算量较大．运用“最小(大)角”定理和“三余(正)弦”定理，不仅关联了线线角、线面角和二面角，而且利用它解决立体几何中的三类角问题，不需要建立坐标系，运算量也很小，可谓至精至简．下面笔者就如何利用这些定理“秒杀”空间三类角试题，与大家分享心得．

1 线面角最小

结论1“线面角最小”也常常表述为：线面角是最小的线线角，意思是：平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成角中的最小者．

利用这一结论，我们可以“秒杀”很多试题．

例1如图1，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的动点．记直线A1P与平面ABC所成的角为θ1，与直线BC所成的角为θ2，则θ1，θ2的大小关系是

( )

A．θ1=θ2B．θ1>θ2

C．θ1<θ2D．不能确定

(2016年4月浙江省数学学考试题第16题)

分析因为θ1是线面角，所以由结论1知θ1≤θ2，又BC不是A1P在底面ABC的射影.故选C．秒杀！

图1 图2

例2已知二面角α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β，设直线AB与α，β所成的角分别为θ1，θ2，则

( )

A．θ1+θ2=90° B．θ1+θ2≥90°

C．θ1+θ2≤90° D．θ1+θ2<90°

(2018年全国数学大联考试题第9题)

分析如图2，作AC⊥CD，则AC⊥β，从而∠ABC=θ2.同理，作BD⊥CD，则∠BAD=θ1，由结论1知θ1≤∠BAC，于是

θ1+θ2≤∠BAC+θ2=90°.

故选C．

2 二面角最大

结论2“二面角最大”也常常表述为：二面角是最大的线面角，这句话的意思是：对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所成的线面角的最大值等于该二面角的平面角．

例3已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-AB-C的平面角为θ3，则

( )

A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1

C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1

(2018年浙江省数学高考试题第8题)

分析如图3，作SO⊥平面ABCD，在平面SAB内作SF⊥AB于点F，则∠SFO=θ3，∠SEO=θ2.由题意和结论1知θ3≤θ1,又由结论2知θ2≤θ3，从而θ2≤θ3≤θ1.故选D．

图3 图4

例4如图4，已知三棱锥D-ABC，记二面角C-AB-D的平面角是θ，直线DA与平面ABC所成的角是θ1，直线DA与BC所成的角是θ2，则

( )

A．θ≥θ1B．θ≤θ1C．θ≥θ2D．θ≤θ2

(2017年浙江省数学高考调研试题第9题)

分析由结论2知，θ≥θ1，故选A．秒杀！

例5如图5，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB=15 m，AC=25 m，∠BCM=30°，则tanθ的最大值是______(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)．

(2014年浙江省数学高考理科试题第15题)

图5 图6

分析在文献[1]中，笔者从相对运动的角度妙解此题，把目标P看作是静止的，相当于人在边AC上运动．

3 三余弦定理

结论3(三余弦定理)若平面的一条斜线与这个平面所成角为α，平面内的一条直线与这条斜线及其射影所成的锐角(或直角)分别为β，θ，则有cosβ=cosαcosθ．

(为了便于记忆，我们约定：β为斜线角，α为线面角，θ为射影角．)

如图7，设AO⊥面BCO，在面ABC内，作AC⊥BC.由三垂线定理知CO⊥BC，从而

图7 图8

这个定理的证明很简单，应用很广泛，下面举两例说明．

例6从点P出发的3条射线PA，PB，PC，每两条射线的夹角是60°，则直线PC与平面PAB所成角的余弦是______．

(2018年全国重点中学数学联考试题第8题)

解如图8，设PC在平面PAB内的射影为PO，则∠CPO是PC与平面PAB所成角．由题意知PO为∠BPA的角平分线，根据三余弦定理得

cos∠CPA=cos∠CPO·cos∠OPA，

即

cos 60°=cos∠CPO·cos 30°，

故

图9

例7如图9，四边形ABCD为正方形，点E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．

1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；

2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

(2018年全国数学高考卷Ⅰ理科试题第18题)

1)略．

故斜线角β=60°，射影角θ=∠HDE，且

设DP与平面ABFD所成角为α，则由三余弦定理知

cosαcosθ=cos 60°，

从而

即

4 三正弦定理

结论4(三正弦定理)设二面角M-AB-N的度数为γ，在平面M上有一条斜线AC，它和棱AB所成角为β，和平面N所成的角为α，则sinα=sinβsinγ．

(为了便于记忆，我们约定：β为线棱角(斜线角)，α为线面角，γ为二面角．)

如图10，过点C作CO⊥平面N于点O，过点O作直线OB⊥AB，联结OA，CB，则易知△CAO，△CBO，△ABC均为直角三角形，于是

图10 图11

这个定理的应用同样很广泛，下面举两例说明．

1)证明：PO⊥平面ABC；

2)若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．

(2018年全国数学高考卷Ⅱ理科试题第20题)

2)解由题意知，线棱角∠CPA=60°，二面角M-AP-C的大小是30°,由三正弦定理得

例9如图12，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB=1，D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则α=

( )

(2004年浙江省数学高考理科试题第12题)

分析由题意知，线棱角∠DAA1=45°，二面角B-AA1-C的大小是60°,由三正弦定理得

故选D．

图12 图13

5 综合应用三余弦与三正弦

例10如图13，已知A1B1C1-ABC是正三棱柱，D是AC的中点，若AB1⊥BC1，求以BC1为棱、DBC1与CBC1为面的二面角的度数．

(1994年全国数学高考理科试题第23题)

故β=45°.再由三正弦定理知

所以

γ=45°．

1)证明：直线CE∥平面PAB；

2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD

所成锐角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值．

(2017年全国数学高考卷Ⅱ理科试题第19题)

图14

1)略；

2)解如图14，作PH⊥AD于点H，则PH⊥平面ABCD，即HC是PC在平面ABCD内的射影.记点M在平面ABCD内的射影为N，二面角M-AB-D的大小为γ，设AB=1，CN=t，由于直线BM与底面ABCD所成锐角为45°，则MN=BN，从而

即

解得

故

由三余弦定理知

从而

再根据三正弦定理，得

sin 45°=sinγsin∠MBA．

解得

故

本文利用最小(大)角定理和“三正(余)弦定理”，对空间三类角从定性刻画到定量求解，都是从图形的本质特征出发，从位置关系和大小关系入手，将表面纷繁芜杂的几何问题化为简约明了的几何直观．以立体几何中三类角为载体，培养直观想象的核心素养，发挥数学的内在的价值，以数学的方式立德树人．