立体几何二面角问题的公式解法探究.docx
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立体几何二面角问题的公式解法探究
立体几何二面角问题的公式解法探究
作者：
赵建华
来源：
《中学教学参考·理科版》2015年第04期
[摘要]立体几何的二面角问题一直都是高中数学教学和考试的重点和难点，试题的解法具有独特性、针对性.一种求二面角的方法——公式法，在所有涉及三面角的题目中，能用上此种方法的题占80%以上.
[关键词]立体几何二面角公式法
[中图分类号]G633.6[文献标识码]A[文章编号]16746058（2015）110001
立体几何中的二面角问题是高考的热点，自然是高考复习的重点，这类题的常规解法有两种：
定义法和向量法.本文试图再添一法——公式法.
一、公式法的应用
为行文方便，约定：
三棱锥的一个侧面三角形中，顶点与棱锥的顶点公共的角称为这个侧面的顶点角；有两个侧面互相垂直的三棱锥称为直侧面三棱锥；互相垂直的两个侧面称为直侧面；与两个直侧面都斜交的另一侧面称为斜侧面.
图1如图1，三棱锥O—ABC中，AB⊥OA，AC⊥OA，∠BAC是二面角B—OA—C的平面角，记为α.棱OA所对的顶点角∠BOC记为θ，与OA相邻的顶点角∠BOA和∠COA分别为θ1和θ2.
设OA=a，OB=b，OC=c，AB=m，AC=n.
在△ABC和△BOC中，利用余弦定理有
m2+n2-2mncosα=BC2=b2+c2-2bccosθ-2mncosα=b2-m2-n2+c2-2bccosθ=a2+a2-2bccosθcosα=bccosθ-a2mn=cosθ-ab·acmb·nc.（ab=cosθ1，ac=cosθ2，mb=sinθ1，nc=sinθ2）
结果求得二面角大小的一般式公式：
cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2.
图2又如图2，三棱锥M—NPQ中，侧面MPN⊥侧面MPQ，QP⊥MP，PN⊥MN，则根据三垂线定理知∠PNQ是二面角P-MN-Q的平面角，记为α.棱MN所对的直侧面的顶点角记为θ，与棱MN相邻的另一直侧面的顶点角记为θ1，斜侧面的顶点角记为θ2.
∵∠MNP=∠MNQ=∠MPQ=∠NPQ=90°，
∴tanα=PQNP=MP·tanθMP·sinθ1，得公式
（一）tanα=tanθsinθ1；
sinα=PQNQ=MQ·sinθMQ·sinθ2，得公式
（二）sinα=sinθsinθ2；
cosα=NPNQ=MN·tanθ1MN·tanθ2，得公式（三）cosα=tanθ1tanθ2.
公式
（一）
（二）（三）统称为求二面角大小的直面式公式.
把一个二面角看成一个三棱锥的两个侧面组成的角，用这个三棱锥的三个或其中的两个侧面的顶点角来计算这个二面角的大小是本文公式的本质特征.这个三棱锥称为这个二面角的相关三棱锥.
笔者查看近五年全国各省高考数学试题发现，在所有涉及二面角的题目中，能用上直面式公式的题占80%以上，其中能用上公式
（一）的最多.
下面以历年高考真题为例来说明本公式的应用.
图3【例1】（2014·浙江·20，15分）如图3，在四棱锥A—BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=2.
（Ⅰ）证明：
DE⊥平面ACD；
（Ⅱ）求二面角B—AD—E的大小.
解：
（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，
由DE=BE=1，DC=2，得BD=BC=2，
又AC=2，AB=2，得AC2+BC2=AB2，即得AC⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCDE，∴AC⊥平面BCDE.
∴AC⊥DE.
又DE⊥DC，AC∩DC=C，∴DE⊥平面ACD.
（Ⅱ）分析：
观察三棱锥D—ABE，易知棱DA所对的∠EDB=45°，由已知DE=BE，DE⊥BE，与棱DA相邻的∠EDA=90°，由（Ⅰ）知ED⊥平面ACD，∴ED⊥DA，与DA相邻的另一个∠BDA所在的△ABD是直角三角形，这可从三边长BD、DA、AB检验勾股定理得到，也可由（Ⅰ）知DB⊥BC，DB⊥AC，得DB⊥平面ABC，∴DB⊥AB.△ABD的三边长易得，相关的三个角的正、余弦值可写，从而思路打通.
解：
（Ⅱ）以D为顶点，设∠EDB=θ，∵DE⊥EB，DE=EB，∴θ=45°.
设∠EDA=θ1，∵ED⊥平面ACD，∴ED⊥AD，θ1=90°.
设∠BDA=θ2，由（Ⅰ）知AC⊥DC，∴AD=DC2+AC2=6，∴BD2+AB2=AD2，即BD⊥AB，∴cosθ2=DBAD=13，∴sinθ2=23.
设所求的二面角为α，
代入公式，得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=22-01×23=32.
∴α=π6，故二面角B—AD—E的大小为π6.
图4【例2】（2012·全国新课标·19，12分）如图4，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=BC=12AA1，D是棱柱AA1的中点，DC1⊥BD.
（Ⅰ）证明：
DC1⊥BC；
（Ⅱ）求二面角A1-BD-C1的大小.
解：
（Ⅰ）证明：
由题设知，直棱柱的侧面为矩形.
设AC=BC=1，则AA1=2，A1C1=B1C1=1，CC1=BB1=2.
∵D为AA1的中点，
∴DC=DC1=2，可得DC21+DC2=CC21，
∴DC1⊥DC.
又DC1⊥BD，DC∩BD=D，∴DC1⊥平面BCD.
∵BC平面BCD，故DC1⊥BC.
（Ⅱ）分析：
二面角A1-BD-C1中，面A1DB即为面A1DBB1，可把点A1移至B1的位置，等价转换为求二面角B1-BD-C1的大小，以B为顶点，相关三棱锥为B-DC1B1，其中侧面BC1B1和侧面BDC1均为直角三角形，侧面DBB1是等腰三角形，所有的边长都容易求得，相关三个角的正、余弦值可写，思路打通.（本例也可以以D为顶点，从三棱锥D-A1C1B入手，留给读者尝试）
解：
（Ⅱ）平面A1DB即为平面A1DBB1，用B1代替A1等价转换为求二面角B1-BD-C1的大小.连结DB1，以B为顶点，设∠C1BB1=θ，Rt△C1B1B中，BC1=CB21+BB21=5，∴cosθ=BB1BC1=25.
设∠DBC1=θ1，∵DC1⊥BD，∴BD=BC21-DC21=3，∴cosθ1=BDBC1=35，sinθ1=25.
设∠DBB1=θ2，矩形A1ABB1中，D是AA1的中点，∴DB=DB1，∴cosθ2=12BB1BD=13，∴sinθ2=23.
设所求的二面角为α，代入公式得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=32，∴α=30°，故二面角A1-BD-C1为30°.
说明：
转换二面角的表示式，可使图形更直观，把原不等边三角形转换为等腰三角形，且绕过了证明AB⊥AC这步.（用向量法解这步不能少）
【例3】（2013·辽宁·18，12分）如图5，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的一点.
（Ⅰ）求证：
平面PAC⊥平面PBC；
（Ⅱ）若AB=2，AC=1，PA=1.求二面角C—PB—A的余弦值.
图5分析：
（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）由图5可知二面角C-PB-A的相关三棱锥B-PAC是直侧面三棱锥，两个直侧面△PAB和△ABC都是已知两边长的直角三角形，利用直面式公式
（一）解答.
解：
（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC，且PA⊥AB，以B为顶点，
设∠PAB=θ1，
∵PA=1，AB=2，
∵PB=PA2+AB2=5，∴sinθ1=15.
设∠ABC=θ，
∵AB是圆的直径，C是圆上的一点，
∴AC⊥BC，而AB=2，AC=1，
∴BC=3，tanθ=13.
设所求的二面角大小为α，将sinθ1=15，tanθ=13代入直面式公式
（一）得：
tanα=tanθsinθ1=13×51=53，∴cosα=64.
∴所求二面角C-PB-A的余弦值为64.
【例4】（2011·天津·17，13分）如图6，在三棱柱ABC—A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=5.
（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求二面角A-A1C1-B1的正弦值.（Ⅲ）（略）.
图6解：
（Ⅱ）由图6知，二面角A-A1C1-B1等于二面角A-A1C1-H与二面角H-A1C1-B1的和.
设这三个二面角的大小分别为α、α1、α2，即α1+α2=α.
∵H是正方形AA1B1B的中心，连结BA1必过点H.
∵C1H⊥AA1B1B，∴平面C1HA1⊥平面AA1B1B，而HA1AA1B1B，∴C1H⊥HA1.以A1为顶点，∵BA1是正方形AA1B1B的对角线，∴∠AA1H=∠B1AH=θ=45°，∴tanθ=1.
又∵AA1=22，∴BA1=4，HA1=12BA1=2.
又∵C1H=5，
∴A1C1=C1H2+HA21=3，
∴sin∠C1A1H=sinθ1=53.
将tanθ=1，sinθ1=53代入直面式公式
（一）得tanα1=tanθsinθ1=tanα2=35，∴cosα1=514，sinα1=314，且α1=α2，sinα=sin2α1=2sinα1cosα1=357.
故二面角A-A1C1-B1的正弦值为357.
二、公式（包括一般式、直面式）的逆应用
图7【例5】（2014·全国新课标2A·18，12分）如图7，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.
（Ⅰ）（略）；
（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.
解：
（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.
以A为顶点，∵PA=1，AD=3，
∴PD=PA2+AD2=2.
∵E是PD的中点，∴EA=12PD=ED=1.
设∠EAD=θ1，
∴cos∠EAD=cosθ1=12ADAE=32，∴sinθ1=12.
设CD=a，∠CAD=θ，∵底面ABCD为矩形，∴tan∠CAD=tanθ=CDAD=a3.
设二面角D-AE-C的大小为α，α=60°，代入公式tanα=tanθsinθ1，得3=a3×21，a=32.
∵E是PD的中点，
∴三棱锥E-ACD的高为12PA=12.
∴三棱锥E-ACD的体积V=13×12×32×3×12=38.
图8【例6】（2011·北京·16，14分）如图8，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°.
（Ⅰ）（略）；Ⅱ（略）；（Ⅲ）当平面PBC与平面PDC垂直时，求PA的长.
解：
由图8知，平面PBC与平面PDC的夹角即为二面角B-CP-D，它等于二面角B-CP-A与二面角A-CP-D的和.设这三个二面角的大小分别为α、α1、α2，则α1+α2=90°.
∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC.
以C为顶点，菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD=60°，∴∠BCA=∠ACD=θ=30°.
设∠PCA=θ1，代入直面式公式
（一）得：
tanα1=tanθsinθ1=tanα2，∴α1=α2=45°，
∴sinθ1=tanθtanα1=33；∴tanθ1=22.
∵菱形ABCD的边长为2，且∠BAD=60°，∴ABC=120°.
∴AC=AB2+CB2-2AB·CB·cos∠ABC=23，
∴PA=AC·tanθ1=23·22=6.
【例7】（2014·湖北·19，12分）如图9，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP=BQ=λ（0
图9（Ⅰ）（略）；
（Ⅱ）是否存在λ，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？
若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
解：
（Ⅱ）假设λ存在.平面EFPQ与平面PQMN所成角即为二面角E-QP-M，设其大小为α，α=90°，相关三棱锥为Q-PEM.由一般式公式，有：
cosα=cos∠EQM-cos∠EQPcos∠MQPsin∠EQPsin∠MQP.
∵α=90°，cosα=0，且sin∠EQPsin∠MQP≠0，
∴cos∠EQM=cos∠EQPcos∠MQP.
（1）
∵ABCD-A1B1C1D1为正方体，且棱长为2，DP=BQ=λ，E，M分别为AB，A1B1的中点，∴QP=22，QE=1+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，PM=5+（2-λ）2，ME=2.
△QEM中，由余弦定理得cos∠EQM=QE2+QM2-ME22QE·QM=（λ-1）2QE·QM.
同理，由△QPE得cos∠EQP=12QE，由△QPM得cos∠MQP=12QM.
代入
（1）式并整理得（λ-1）2=12，∴λ=1±22.
故存在λ=1±22，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.（注：
用余弦定理来求相关角的余弦值时，如果分母比较复杂，分母中就先保留原来一条或两条邻边（字母），代入公式化简后，再代入数式，这样做不但减少书写，也感到轻松）
下面3题只给提示，留给有兴趣的读者去完成.
1.（2010·陕西·18，12分）如图10，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=22，E、F分别是AD、PC的中点.
（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求平面BEF与平面BAP夹角的大小.
图10提示：
（Ⅱ）题中不给二面角的棱，可把平面BAP平移到“中间”位置，取BC的中点G，连结EG、FG，有EG∥AB，FG∥PB，∴平面GEF∥平面BAP，化为求二面角G-EF-B的大小.相关三棱锥为E-FBG，侧面EFG⊥侧面EBG.答案：
45°.
2.（2012·福建·18，13分）如图11，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD中点.
（Ⅰ）（Ⅱ）（略）；
图11（Ⅲ）若二面角A-B1E-A1的大小为30°，求AB的长.
提示：
考虑将平面“缩小”，平面B1EA1中，把点A1移到A1B1的中点M；平面B1EA中，把点A移到AB1的中点N，将二面角A-B1E-A1转换为二面角N-B1E-M，相关三棱锥为E-B1MN，侧面B1EM⊥侧面EMN.答案：
2.
3.（2011·江苏附加·22，10分）如图12在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，点N是BC的中点，点M在CC1上，设二面角A1-DN-M的大小为θ.
（Ⅰ）当θ=90°时，求AM的长；（Ⅱ）当cosθ=66时，求CM的长.
图12提示：
注意二面角A1-DN-M的大小为θ，DN摆在底面内，设二面角A-DN-A1和二面角M-DN-C的大小分别为α1和α.由图12知α1+θ+α=180°.由直侧面三棱锥D-NAA1可求得tanα1=5，cosα1=66.（Ⅰ）∵θ=90°，∴tanα=（90°-α1）=15，先从直侧面三棱锥D-NMC中求CM，再求AM.答案：
515.（Ⅱ）由已知cosθ=66，∴θ=α1，∴tanα=tan（180°-2α1）=52，仿（Ⅰ）求CM.答案：
12.
三、小结补充
说明：
直面式分式
（一）tanα=tanθsinθ1（0
建议在应用本文公式去解题时，养成这样的习惯：
若直接应用公式去解答有困难，就考虑能否“放大”或“缩小”平面，或平移平面，或利用余角、补角、和角、倍角关系来取得便于计算的相关三棱锥，以化复杂为简单，化不可能为可能.这种方法，学生首次遇上会感到技巧性太强，但习惯后自然就变为常规了.
（责任编辑钟伟芳）
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