三射线定理解高考立体几何题.docx

1、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1 OA、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COA B，AOB C与B OC A的平面角分别等于B 1、阻、B3，那么证明：(1)如图1,在OA上取一

2、点P,使OP=1在平面AOB，作PMOA交OB于 M 在平面 AOC 作 PN!OA 交 OC于 N.连结 MN / NPM=仇.PN=tan 2，PM=tan 3，ON=sec 2，OM=sec 3，在厶 PMN 与厶 OMN 中应用余弦定理， 得2 2 2MN =tan 2+ tan 3-2tan 3tan 2 cos12 2=sec 2+ sec 3-2sec 2sec 3cos 1 .用1、 2 3的三角函数表示cos仇，得cos 1 cos 2 cos 3cos B1 = 1 2 3sin 2 sin 3(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O

3、C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cos 1 cos 2 cos 3sin 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 .COS 1

4、 cos cos另一方面，直接应用，得cosB 1= 2 2 cos 1.sin sin2 2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=(1-2-cos 1 -cos2 2-cos23+2cos1cos2cos3)/sin21.2 sin9 2=(1 -2-cos 1-cos2 2-cos23+2cos1cos2co

5、s3)/sin22.2 sin9 3=(1 -2-cos 1-cos2 2 -cos23+2cos1cos2cos3)/sin22.证明：先证明.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=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= 3,2 2 2二面角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

6、 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 cos 1cos 2)2sin 1sin 2将(b)式代入(a)式，得sin2COS2( 1) COS ( 2) COS 3 2cos( 1)COSsi n2( 1)2 2 2=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 2 2.2 1 COS 1 COS

7、2 COS 3 2COS 1 COS 2 COS 3si n 1= 1 2 3 123.2sin 1对于射线OA、OB、OD应用(4),得2 2 2=1 cos 1 cos 2 cos 32cos 1 cos 2 cos 32 sin 1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

8、=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 . 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 cos

9、135 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 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 ,sin 90 sin D1DP“ cos60 cos90

10、 cos D1DP cos45cos90 迹 0-cos 迹点评：例7:相垂直，点(1)(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 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.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

11、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 1PA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, ABF 45 ,2cos ABP 一 二面角P AB F是直二面角, U5cos PA

12、C与PB所成角为arccos. 2 5 5 51(3)作ME 丄 AB ,连接CE ,Z BCE = 45 , ME =,2cos 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, / 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 .33355所求二面是1802arccos .23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

13、 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cos CDP cos22.5 cos CDO, （ 1）/ PEO是二面角 PCD O的平面角，/ 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)y4(25、2)y2 (4.24) 0,(y21) (22)y2 (44.2)0

14、,1(舍去），或y2! 6.28,s in2EOD6 2 8.cosCOD12sin2EOD 12(6 28) 17 12 22 y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