1、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sin 2Sin 32与 3中有一个直角.如图4,不妨设 2 =-, 3 -.在平面AOB乍ODL OA贝U/ CODB1 .若宀,因为,不论3是锐角还是钝角,都有OD OC OB应用(1)、(2)、(3),得若 B 1= 3,则 cosB 1=0,这时,1 cos cos2cos另一方面,直接应用,得cosB 1= 2sin sin 32 3可见,当2、 3中有一个直角时,仍旧适用(5) 2与 3均为直角这时,B 1= i, cosB i=cos i .CO
2、S 1 cos cos另一方面,直接应用,得cosB 1= 2 2 cos 1.sin sin可见,当2、 3均为直角时,1仍旧适用。综合上述,得证同理可证与定理1证毕。 二、由“线线角”求“线面角”BOC= 1, / COA= 2,定理2 OA、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B 1、B 2、9 3,那么 2 sin9 1=(1-cos 1 -cos2 2-cos23+2cos1cos2cos3)/sin21.2 sin9 2=(1 -cos 1-2.9 3=(1 -cos2 2 -先证明.在OA上任取
3、一点P,作PQ丄平面BOC,Q为垂足,OQ是OA在平面BOC的射影,/ POQ=9 1, 分 5 种情况。(1) OQ 在/ BOC 的部.如图5,作QR丄OC垂足为R,连PR ZPRQ是二面角B-OC-A的 平面角,设/ PRQ= 3./ OPQ= 1, / OPR= 2, / QPR= 3,二面角O-PR-Q是直二面角,对于射线 PR、PO、PQ应用定理1, 得即 sin 9 1=sin 2sin B 3,(a)sin2 9 1=sin2 2sin2B 3,对于射线OA、OB、OC应用定理1,得cosB 3=coJ cos 1cos 2 sin 2(b)即 sin2B 3=1 (co co
4、s 1cos 2)2sin 1sin 2将(b)式代入(a)式,得sin2COS2( 1) COS ( 2) COS 3 2cos( 1)COSsi n2( 1)=1 COS 1 COS 2 COS 3 2 COS 1COS 2 COS 3sin 11 =(4) OQ在/BOC的一边上,如图8, OQ在OC上. 这时,1= 2, sin2 1=sin2 2,另一方面,由定理2,得.2 1 COS 1 COS 2 COS 3 2COS 1 COS 2 COS 3si n 1= 1 2 3 123.2对于射线OA、OB、OD应用(4),得=1 cos 1 cos 2 cos 32cos 1 cos
5、 2 cos 32 综合上述,定理2得证,同理可证与,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、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
6、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 . A1OB BOCCOA1,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cos135 cos90 cos60 cos135 v6cos .sin 90 sin60 sin 60 3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
7、 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(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 ,sin 90 sin D1DP“ cos60 cos90 cos D1DP cos45cos90 迹 0-cos 迹例7:相垂直,点(2)(3)sin sin 二 cos 0=cos acos B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
8、 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 2 ) 求MN的长;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.(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cos cos9 cos6cos60 cot260sin 60 sin601所求的二面角是 180 arccos -3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
9、P ABCD的底面是直角梯形, 亠一 1PA丄底面 ABCD ,且PA = AD = DC = AB = 1,M是 PB的中点.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.(2)作 BF/CA, ABF 45 ,cos ABP 一 二面角P AB F是直二面角, U5cos PAC与PB所成角为arccos. 2 5 5 5(3)作ME 丄 AB ,连接CE ,Z BCE = 45 , ME =,cos MCE 2 M CE B是直二面角,由三余弦 定理,得2 cos MCB cos45J53.sin MCB 、5 5 MCA MCB, /
10、 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 .355所求二面是180arccos .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.(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cos CDP cos22.5 cos CDO, ( 1)/ PEO是二面角 PCD O的
11、平面角,/ PEO=30,由三射 线定理1,得“ cos22.5 cos CDP cos CDOcos30 ,sin CDP sin CDO解(1)和组成的方程组,设 cos/ CDP= x ,cos / cdo= y,则(22)y45、2)y2 (4.24) 0,(y21) (22)y2 (44.2)0,1(舍去),或y2! 6.28,s in2EOD6 2 8.cosCOD2sin2EOD 12(6 28) 17 12 22 y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
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