射線定理解高考立體幾何題

射線定理解高考立體幾何題射線定理解高考立體幾何題9/9射線定理解高考立體幾何題陜西定邊縣第三中學(xué)白治清從一點(diǎn)發(fā)出的不在同一平面內(nèi)的三條射線，形成三種空間角（即“線線角”、“面面角”與“線面角”）。這三種空間角之間的關(guān)系問(wèn)題，是立體幾何的一個(gè)基本問(wèn)題，在立體幾何的計(jì)算、證明中有著十分寬泛的應(yīng)用，本文將看望這三種空間角之間的關(guān)系，得出三射線定理，并用三射線定理解立體幾何高考題。一、由“線線角”求“面面角”定理1OA、OB、OC是不在同一平面內(nèi)的三條射線，假如∠BOC=1，∠COA=2，∠AOB=3，二面角C—OA—B，A—OB—C與B—OC—A的平面角分別等于β、β、β，123那么cosβ1=cos1cos2cos3，①sin2sin32cos2cos3cos1，②cosβ=sin3sin1cosβ=cos3cos1cos2，③3sin1sin2證明：先證明①，分5種狀況：（1）與，均為銳角.23如圖1，在OA上取一點(diǎn)P，使OP=1.在平面AOB內(nèi)，作PM⊥OA，交OB于M；在平面AOC內(nèi)，作PN⊥OA，交OC于N.連結(jié)MN，∠NPM=β1.PN=tan2，PM=tan3，ON=sec2，OM=sec3，在△與△中應(yīng)用余弦定理，PMNOMN得222+tan23-2tan3tan2cosβ1MN=tan2223-2sec2sec3cos1.=sec+sec用1、2、3的三角函數(shù)表示cosβ1，得cos1cos2cos3cosβ1=sin2sin32）2與3中有一個(gè)銳角，一個(gè)鈍角.如圖2，不如設(shè)3為銳角，2為鈍角，作OC的反向延伸線OD.由于二面角D-OA-B與C-OA-B“互補(bǔ)”，因此D-OA-B的平面角等于1.∠BOD=,AOD.關(guān)于射線、、應(yīng)用（），得12OAOBOD1cos（1）=cos(1)cos(2)cos3，sin(2)sin3即cos1cos1cos2cos3.sin2sin33）2與3均為鈍角.如圖3，作OB、OC的反向延伸線OD、OE，二面角D-OA-E與C-OA-B是“對(duì)頂角”，因此D-OA-E的平面角等于β1.DOE1，AOE2，AOD3.關(guān)于射線coscos1cos(2)cos(3)1sin(2)sin(3)cos1cos2cos3.sin2sin34）2與3中有一個(gè)直角.如圖4，不如設(shè)2=，.在平面內(nèi)作⊥232AOBODOA，則∠COD=β1.若β1≠,由于，不論3是銳角仍是鈍角，都有2∠BOD=3，二面角是直二面角，關(guān)于射線22B-OD-COD、OC、OB應(yīng)用（1）、（2）、（3)，得cos1cos3cos1cos=2，2sin3sin12即cos1cos2sin3cos1coscos3另一方面，直策應(yīng)用①，得cosβ1=2sinsin32若β1=，則cosβ=0，這時(shí)，1.212cosβ1cos2coscos3另一方面，直策應(yīng)用①，得=2sinsin32可見(jiàn)，當(dāng)2、3中有一個(gè)直角時(shí)，①依舊合用。5）2與3均為直角.這時(shí)，β1=1，cosβ1=cos1.

OA、OD、OE應(yīng)用（1），得圖3cos1.sin30.cos1coscos另一方面，直策應(yīng)用①，得cosβ1=22cos1.sinsin22可見(jiàn)，當(dāng)2、3均為直角時(shí)，1①依舊合用。綜合上述，①得證.同理可證②與③.定理1證畢。二、由“線線角”求“線面角”定理2OA、OB、OC是不在同一平面內(nèi)的三條射線，假如∠BOC=1,∠COA=2，∠AOB=3，直線OA、OB、OC分別與平面BOC、COA、AOB所成的角等于θ1、θ2、θ3，那么sin21=(1－cos2122231cos23)/sin21.①θ－cos－cos+2coscossin2θ2=(1－cos21－cos22－cos23+2cos1cos2cos3)/sin22.②sin23=(1－cos2122231cos23)/sin22.③θ－cos－cos+2coscos證明：先證明①.在OA上任取一點(diǎn)P，作PQ⊥平面BOC，Q為垂足，OQ是OA在平面BOC內(nèi)的射影，∠POQ=θ1，分5種狀況。1）OQ在∠BOC的內(nèi)部.如圖5，作QR⊥OC，垂足為R，連PR，∠PRQ是二面角B-OC-A的平面角，設(shè)∠PRQ=3.∠OPQ=1，∠OPR=2，∠QPR=3，222二面角O-PR-Q是直二面角，關(guān)于射線PR、PO、PQ應(yīng)用定理1，得coscos(21)cos(22)cos(3)2,2sin(2)sin(3)22即sinθ1=sin2sinβ3,2θ=sin2sin2β,(a)sin123關(guān)于射線OA、OB、OC應(yīng)用定理1③，得cosβ3=cos3cos1cos2，sin1sin2即sin2β3=1－(cos3cos1cos2)2(b)sin1sin2將（b）式代入(a)式，得coscos1cos22sin2θ1=sin2213sin1sin21cos21cos22cos232cos1cos2cos3.sin212）OQ在∠BOC的兩邊的反向延伸線所形成的角的內(nèi)部.如圖6OD、OE是OB、OC的反向延伸線，OQ在∠DOE的內(nèi)部.∠DOE=1，∠AOE=π-2，∠AOD=π-3，關(guān)于射線OA、OD、OE應(yīng)用（1）的結(jié)論，得Sin21=1cos21cos2(2)cos2(3)2cos1cos(2)cos(3)sin21=1cos21cos22cos232cos1cos2cos3sin213）OQ在∠BOC的一邊及另一邊的反向延伸線所形成的角的內(nèi)部.如圖7OD是OC的反向延伸線，OQ在∠BOD的內(nèi)部.∠BOD=,∠AOD=2,關(guān)于射線、、應(yīng)用（），得1OAOBOD1sin21=1cos2(1)cos2(2)cos232cos(1)cos2cos3sin2(1)=1cos21cos22cos232cos1cos2cos3sin214）OQ在∠BOC的一邊上，如圖8，OQ在OC上.這時(shí)，1=2，sin21=sin22，另一方面，由定理2①，得sin21=1cos21cos22cos232cos1cos2cos3（c）sin21由于二面角B-OC-A是直二面角，由定理1③，得coscos3cos1cos22cos1cos2即cos3cos1cos2（d）將（d）式代入（c）式，得sin21=1cos21cos22cos21cos222cos21cos22sin21=sin21cos22(1sin21)cos22sin22sin21可見(jiàn)，當(dāng)OQ在∠BOC的一邊上時(shí)，定理2依舊合用。5）OQ在∠BOC的一邊的反向延伸線上；如圖9，OQ在OC的反向延伸線OD上.∠BOD=1,∠AOD=2關(guān)于射線OA、OB、OD應(yīng)用（4），得sin21=1cos2(1)cos2(2)cos232cos(1)cos(2)cos3sin21=122232cos1cos2cos3.cos1cos2cossin21綜合上述，定理2①得證，同理可證②與③，定理2證畢.三、由“面面角”求“線線角”與“線面角”及由“線面角”求“線線角”與“面面角”.假如已知“面面角”，那么解定理1的①、②、③聯(lián)立的方程組，可求得“線線角”，再由定理2可求“線面角”.近似地，由“線面角”可求“線線角”與“面面角”。應(yīng)用舉例例1（2015·陜西·理）如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∕∕BC,∠BAD=90°,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)，將ABE沿BE折起到A1BE的地點(diǎn)，如圖2.1）證明：CD⊥平面A1OC；2）若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值.(圖1）（圖2）服務(wù)于本文，只解（2）.其余各題也只解相關(guān)三種空間角的問(wèn)題.解：（2）∠BCD=135°.由(1)得，∠A1CD=90°.A1OB≌ΔBOC≌ΔCOA1,A1B=A1C=BC,∠A1CB=60°.設(shè)所求二面角B—A1C—D的平面角為β，關(guān)于射線CA1,CB,CD應(yīng)用三射線定理1，得coscos135cos90cos60cos1356.sin90sin60sin603平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為

63談?wù)摚河萌渚€定理1求二面角，無(wú)需將二面角的平面角作出，但是要先確立三條射線，求出三個(gè)線線角.例2（2008·海南·理）如圖，已知點(diǎn)P在正方體ABCD—A1B1C1D1的對(duì)角線BD1上，∠PDA=60°.1）求DP與CC1所成角的大小；2）求DP與平面AA1D1D所成角的大小.解：（1)由正方體易知，二面角A—DD1—P的平面角為45°，又∠ADD1=90°，∠PDA=60°.關(guān)于射線DA,DP,DD1應(yīng)用三射線定理1，得cos60cos90cosD1DPcos45D1DPsin90sin,2,D1DP45.sinD1DP2DD1∥CC1,∴DP與CC1所成的角是45°.（2）設(shè)DP與平面AA1D1D所成的角是θ,關(guān)于射線DA，DP,DD1應(yīng)用三射線定理2，得sin21cos290cos245cos2602cos90cos45cos60sin2901cos245cos2601.4sin130.,2DP與平面AA1D1D所成的角是30°.談?wù)摚憾ɡ?的公式是求二面角的，在二面角已知時(shí)，可求線線角；用定理2求線面角時(shí)，假如有90°的線線角，實(shí)質(zhì)的運(yùn)算量很小.例3(2006·全國(guó)卷1·理）如圖，1,2是相互垂直的兩條異面直線，MN是它們的公垂線段、點(diǎn)A，B在上，點(diǎn)1C在上，AM=MB=MV.21）證明：AC⊥NB；2)若∠ACB=60°，求NB與平面ABC所成角的余弦.解：（2）易知，RtBCN≌RtACN,AC=BC.∠ACB=60°，∠ABC=60°設(shè)MB=1，則BN=,BC=2，∠CBN=45°.∠ABN=45°.2設(shè)所求的線面角為θ，關(guān)于射線BA、BC、BN應(yīng)用三射線定理2，得sin2(1cos260cos245cos2452cos60cos45cos45)/sin2601,3,cos6.3sin336NB與平面ABC所成角的余弦是3談?wù)摚憾ɡ?.定理的表達(dá)式中，有3處余弦平的公式固然很長(zhǎng)，但構(gòu)造特點(diǎn)明鮮，簡(jiǎn)單記憶方，有3個(gè)余弦值相乘，這看似復(fù)雜，但是在詳細(xì)題目中，線線角的余弦值常常帶有根號(hào)，這反而使運(yùn)算變的簡(jiǎn)單。例4（2014·全國(guó)卷1·理）如圖，三棱柱ABC—A1B1C1中，側(cè)面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C.證明：AC=AB1；2）若AC⊥AB1,∠CBB1=60°，AB=BC,求二面角A—A1B1—C1的余弦值.解：（2）二面角B1—AB—C與—A1B1—C1的平面角互補(bǔ).2設(shè)BC=1,則AB=BB1=B1C=1，AC=AB1=.2在ABB1中，由余弦定理，得1212(2)2cosABB12321143∵ΔABC≌ABB1,∴cos∠ABC=cos∠ABB1=.sin∠ABC=sin∠ABB1=74.cos∠CBB1=.4設(shè)二面角B1—AB—C的平面角為β，關(guān)于射線BA，BB1,BC應(yīng)用三射線定理1，得1331cos2441777二面角A—A1B1447.—C的余弦值是談?wù)摚航柚嘞叶ɡ恚?為最后應(yīng)用三射線定求出了一個(gè)線線角的余弦，理作準(zhǔn)備.2例5（2000·全國(guó)·文）四棱錐P—ABCD的底面是邊長(zhǎng)為a的正方形，PB⊥平面ABCD.（1）（略）.（2）證明不論四棱錐的高怎么變化，面PAD與PCD所成的二面角恒大于90°（2）證明：由已知易得，PAD≌RtPCD,∠PDA=∠PDC,∠ADC=90°.設(shè)二面角A—PD—C的平面角為β，關(guān)于射線DP,DA,DC應(yīng)用定理1，得coscos90cosPDAcosPDCcot2PDA＜0.sinPDAsinPDC∴β＞90°，即面PAD與PCD所成的二面角恒大于90°.談?wù)摚河萌渚€定理證明本題，一眼看出，就是“秒殺”.例6如圖，AB和平面M所成的角為α，AC在平面M內(nèi)，AC和AB在平面M內(nèi)的射影AB1所成所成的角為β，設(shè)∠BAC=θ,求證：α，β，θ知足關(guān)系式：cosθ=cosα·cosβ,證明：二面角B—AB1—C是直二面角，由定理1，得cos90cosθ-coscos,sinsin∴cosθ=cosαcosβ談?wù)摚罕绢}結(jié)論稱為三余弦定理，可看作是三射線定理1的推論.例7：（2002·全國(guó)·理）如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長(zhǎng)都是1，并且平面ABCD、ABEF相互垂直，點(diǎn)M在AC上挪動(dòng)，點(diǎn)N在BF上挪動(dòng)，若cm=BN=(0＜α＜）21）求MN的長(zhǎng)；2）α為什么值時(shí)，MN的長(zhǎng)最??；3）當(dāng)MN的長(zhǎng)最小時(shí)，求面MNA與面MNB所成二面角的大小.解：（3）由（2）得，當(dāng)M為AC中點(diǎn)，N為BF的中點(diǎn)時(shí)，MN的長(zhǎng)最小.∠BAC=∠BAN=45°，C—AB—N是直二面角，由三余弦定理，得cosMANcos45cos451,MAN60,2AMAN,ANM60,BNM≌ANM,BNM60,∠ANB=90°,設(shè)所求二面角為β，關(guān)于射線NA，NB,NM用三射線定理1，得coscos90cos60cos60cot2601sin60sin603所求的二面角是1801—arccos3談?wù)摚航柚嘞叶ɡ?，求出一個(gè)線線角，為最后用三射線定理作準(zhǔn)備.例8（2005·全國(guó)卷1·理）已知四棱錐P—ABCD的底面是直角梯形，AB∥BC,∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=1AB=1,M是PB的中點(diǎn).（1）證明：面2PAD⊥面PCD；（2）求AC與PB所成的角；（3）求面AMC與面BMC所成=面角的大小.B解：（）作BF//CA,ABF45，2cosABP2二面角P—AB—F是直二面角，5三余弦定理，得10,AC與PB所成角為arccos10.cosPBF222555作ME⊥AB，連結(jié)CE，∠BCE=45，ME=1,2cosMCE2M—CE—B是直二面角，由三余弦定理，得5cosMCB2cos453.sinMCB3.555MCA≌ΔMCB,∠MCA=∠MCB∠.ABC=90°設(shè)所求二面角為β，關(guān)于射線CM、CA、CB,應(yīng)用三射線定理1，得cos9022255cos.33355所求二面是180arccos2.3談?wù)摚航⒘艘粋€(gè)直二面角，這一步是重點(diǎn).例9（2013·安徽·理）如圖，圓錐極點(diǎn)為P，底面圓心為O，其母線與底面所成的角為°.AB與CD是底面圓O上的兩條平行弦，軸OP與平面PCD所成的角為60°1）證明：平面PAB與平面PCD的交線平行于底面；求cos∠COD.解：（2）作OE⊥CD，連結(jié)PE.二面角C—OD—P是直二