三射线定理解高考立体几何题.docx

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三射线定理解高考立体几何题

三射线定理解高考立体几何题

定边县第三中学白治清

从一点发出的不在同一平面的三条射线，形成三种空间角（即“线线角”、“面面角”

与“线面角”）。

这三种空间角之间的关系问题，是立体几何的一个基本问题，在立体几何的计算、证明中有着十分广泛的应用，本文将探寻这三种空间角之间的关系，得出三射线定理，并用三射线定理解立体几何高考题。

一、由“线线角”求“面面角”

定理1OA、OB、OC是不在同一平面的三条射线，如果/BOC=i，/COA=2

，/AOB=3，二面角C—OA—B，A—OB—C与B—OC—A的平面角分别等于B1、阻、

B3，那么

证明：

（1）

如图1,在OA上取一点P,使OP=1在平面AOB，作PM^OA交OB于M在平面AOC作PN!

OA交OC于N.连结MN/NPM=仇.

PN=tan2，PM=tan3，ON=sec2，OM=sec3，在厶PMN与厶OMN中应用余弦定理，得

222

MN=tan2+tan3-2tan3tan2cos^1

22

=sec2+sec3-2sec2sec3cos1.

用1、23的三角函数表示cos仇，得

cos1cos2cos3

cosB1=123

sin2sin3

（2）2与3中有一个锐角，一个钝角.

如图2,不妨设3为锐角，功钝角，作OC的反向延长线OD.因为二面角D-OA-B与

C-OA-B“互补”，所以D-OA-B的平面角等于

cos1cos2cos3

sin2Sin3

2与3中有一个直角.

如图4,不妨设2=-，3-.在平面AOB乍ODLOA

贝U/CODB1.

若宀^，因为，不论3是锐角还是钝角，都有

ODOCOB应用

（1）、

（2）、（3），得

若B1=3，则cosB1=0，这时，1—

cos—cos

2

cos—

另一方面，直接应用①，得cosB1=2

sinsin3

23

可见，当2、3中有一个直角时，①仍旧适用

（5）2与3均为直角•

这时，B1=i,cosBi=cosi.

COS1cos—cos—

另一方面，直接应用①，得cosB1=22cos1.

sinsin

22

可见，当2、3均为直角时，1①仍旧适用。

综合上述，①得证•同理可证②与③•定理1证毕。

二、由“线线角”求“线面角”

BOC=1,/COA=2,

定理2OA、OB、OC是不在同一平面的三条射线，如果/

/AOB=3,直线OA、OB、OC分别与平面BOC、COA、AOB所成的角等于B1、B2、

93,那么

■2sin

91=（1-

2

-cos1-

-cos22-

-cos2

3+2cos

1cos

2cos

3）/sin2

1.

①

.2sin

92=（1-

2

-cos1-

-cos22-

-cos2

3+2cos

1cos

2cos

3）/sin2

2.

②

.2sin

93=（1-

2

-cos1-

-cos22-

-cos2

3+2cos

1cos

2cos

3）/sin2

2.

③

证明：

先证明①.

在OA上任取一点P,作PQ丄平面BOC，Q为垂足,

OQ是OA在平面BOC的射影,

/POQ=91,分5种情况。

（1）OQ在/BOC的部.

如图5,作QR丄OC垂足为R,连PRZPRQ是二面角B-OC-A的平面角，设/PRQ=3.

/OPQ=1,/OPR=2,/QPR=3,

222

二面角O-PR-Q是直二面角，对于射线PR、PO、PQ应用定理1,得

即sin91=sin2sinB3,

（a）

sin291=sin22sin2B3,

对于射线OA、OB、OC应用定理1③，得cosB3=coJcos1cos2sin2

（b）

即sin2B3=1—（co^cos1cos2）2

sin1sin2

将（b）式代入（a）式，得

sin2

COS2

（1）COS

（2）COS32cos

（1）COS

sin2

（1）

222

=1COS1COS2COS32COS1COS2COS3

sin1

1=

（4）OQ在/BOC的一边上，如图8,OQ在OC上.这时，1=2,sin21=sin22,另一方面，由定理2①，得

222

.21COS1COS2COS32COS1COS2COS3

sin1=123123

.2

sin1

对于射线OA、OB、OD应用（4）,得

222

=1cos1cos2cos32cos1cos2cos3

2■

sin1

综合上述，定理2①得证，同理可证②与③，定理2证毕.

三、由“面面角”求“线线角”与“线面角”及由“线面角”求“线线角”与“面面角”

如果已知“面面角”，那么解定理1的①、②、③联立的方程组，可求得“线线角”，再由定理2可

求“线面角”•类似地，由“线面角”可求“线线角”与“面面角”。

应用举例

例1（2015••理）如图1，在直角梯形ABCD中，AD//,/BAD=90°,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，0是AC与BE的交点，将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.

（1）证明：

CD丄平面A1OC;

（2）若平面A1BE丄平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.

（图1）（图2）

服务于本文，只解

（2）•其他各题也只解有关三种空间角的问题

解：

（2）/BCD=135°•由

（1）得，/A1CD=90°.△A1OBBOCCOA1,A1B=A1C=BC,/A1CB=60°.

设所求二面角B—A1C—D的平面角为B，对于射线CA1,CB,CD应用三射线定理1,得

cos135cos90cos60cos135v'6

cos.

sin90sin60sin603

平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为亏

点评：

用三射线定理1求二面角，无需将二面角的平面角作出，只是要先确定三条射线，求出三个线线角•

例2（2008••理）如图，已知点P在正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1上,/PDA=60

（1）求DP与CC1所成角的大小；

（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小•

解：

（1）由正方体易知，二面角A—DD1—P的平面角为45°，又/

ADD1=90°，/PDA=60°.

对于射线DA,DP,DD1应用三射线定理1,

sin90sinD1DP

“cos60cos90cosD1DPcos45

cos90迹0-cos迹

点评：

例7:

相垂直，点

（1）

（2）

（3）

sinsin二cos0=cosacosB

本题结论称为三余弦定理，可看作是三射线定理1的推论•

（2002•全国•理）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1,而且平面ABCD、ABEF互

M在AC上移动，点N在BF上移动，若cm=BN=（0

a为何值时，MN的长最小；当MN的长最小时，求面MNA与面MNB所成二面角的大小.

解：

（3）由

（2）得，当M为AC中点，N为BF的中点时，MN的长最小.

/BAC=/BAN=45°,C—AB—N是直二面角，由三余弦定理，得

coscos9°cos6°cos60cot260

sin60sin60

1

所求的二面角是180—arccos-

3

点评：

借助三余弦定理，求出一个线线角，为最后用三射线定理作准备

例8（2005•全国卷1•理）已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形,亠一1

PA丄底面ABCD,且PA=AD=DC=—AB=1,M是PB的中点.

2

（1）证明：

面PAD丄面PCD;

（2）求AC与PB所成的角；

（3）求面AMC与面BMC所成=面角的大小.

解：

（2）作BF//CA,ABF45,

2

cosABP一二面角P—AB—F是直二面角,U5

cosP

AC与PB所成角为arccos——.2555

1

（3）作ME丄AB,连接CE,ZBCE=45,ME=—,

2

cosMCE2M—CE—B是直二面角，由三余弦定理，得

2cosMCB——cos45

J5

3.sinMCB、

5\5

△MCAMCB,/MCA=/MCB./ABC=90

设所求二面角为B,对于射线

CM、CA、CB,应用三射线定理1，得

….3

3

3

■5

\5

所求二面是180

2

arccos.

2

3

点评：

构建了一个直二面角，这一步是关键

例9（2013••理）如图，圆锥顶点为P,底面圆心为0,其母线与底面所成的角为22.5°.AB

与CD是底面圆O上的两条平行弦，轴OP与平面PCD所成的角为60°

（1）证明：

平面PAB与平面PCD的交线平行于底面；

（2）求cos/COD.

解：

（2）作OE丄CD，连接PE.

二面角C—OD—P是直二面角，由三余弦定理，得

cosCDPcos22.5cosCDO,

（1）

/PEO是二面角P—CD—O的平面角，/PEO=30°,由三射线定理1，得

“cos22.5cosCDPcosCDO

cos30,⑵

sinCDPsinCDO

解

（1）和⑵组成的方程组，设cos/CDP=x,

cos/cdo=y，则

（2

■2）y4

（2

5、2）y

2（4.2

4）0,

（y2

1）（2

■■2）

y2（4

4.2）

0,

1（舍

去），

或y2

!

6.2

8,sin2

EOD

628.

cos

COD

1

2sin2

EOD1

2（62

8）17122

2y

点评：

本题是历年高考立体几何中的难题，用三射线定理解之，列方程组容易，用常规方法解不易入手.

从理论上讲，在立体几何中，任何一个有关三种空间角的问题，都可以用三射线定理解决.这是因为定理的几何模型十分简单（只有三条射线），使定理具有广泛的适应性；而定理的含很丰富（揭示了三种空间角之间的关系）。

事实上，三射线定理可以全解立体几何（有关三种空间角）高考题。

这里我们已经看到构建几何模型的作用，我们要善于从纷繁的几何图形中，去掉表象成份，抓住核心要件，抽象出简单、基本、能反映问题本质的几何模型。

一个模型就是一个题根，也就能解决一个题群.

最后，请读者朋友用三射线定理解下列各题：

（1）2016年高考全国卷一理科数学（18）题.

（2）2016