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在模型化思想下用角度关系处理立体几何问题

范文

余亮

高中立体几何的基础是点、线、面位置关系和空间几何体结构.立体几何中外接球、异面直线夹角等问题常常通过将几何体补全成长方体、平行六面体、“三节棍”等模型来解决.反之，我们也能从长方体、平行六面体等模型中一部分来得到角的数量等价关系，再通过模型化思想和角的等价关系式来解决立体几何中角的问题.首先给出两个引例.

引例1如图l，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，则有：

（1）cos∠C1AB=cos∠C1AC·cos∠CAB①;

（2） sin∠CAC1=sin∠CiAB·sin∠CBC1②.

证明在Rt△ABC1，Rt△ABC，Rt△BCC1，Rt△ACC1中，

所以cos∠C1AB=cos∠C1AC·cos∠CAB，

sin∠C1AC=sin∠C1AB·sin∠CBC1.

不难发现引例中∠C1AC为C1A与平面ABCD所成线面角，∠CBC1为二面角C-AB-C1的平面角.

引例2 如图2，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，设二面角B-AA1-D的平面角为θ，则有cosθ

证明分别过点B，D向棱AA1作垂线，垂足分别

引例l和引例2的三个结论为相关问题的解决提供了模型化的结论，以下例说之.

例1 （2017年高考全国III卷理.16）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，6都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60°角时，AB与6成30。角;

②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角;

③直线AB与a所成角的最小值为45°;

④直线AB与a所成角的最小值为60°.

其中正确的是_________.（填写所有正确结论的编号）

解析平移直线a，b为相交直线，并交于点B，则构造成长方体（一部分）（如图所示），设AB与a所成角为θl，AB与b所成角为θ2·

由结论①得cosθi=cos∠ABC·cos∠CBM，

cosθ2=cos∠ABC·cos∠CBN，

评注（l）空间直线位置关系问题通过补形，将无形化为有形，借助长方体或平行六面体处理直线位置关系极为直观、方便;

（2）结论①描述的本质是三余弦定理：平面口的一条斜线/与a所成角为θl，a内的直线m与/在a上的射影/'夹角为θ2，/与m所成角为θ，则cosθ=cOsθl·COSθ2;

（3）由线面角的定义（最小角定理），易得直

例2 （2017年高考全国I卷理.18）如图5，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=90°.

（I）略;

（Ⅱ）若PA=PD=AB DC，∠APD=90°，求二面角A-PB-C的余弦值.

（Ⅱ）解以BA，BP，BC为边构造平行六面体（如图所示），不难得到△PAB为等腰直角三形，△PBC为等边三角形;底面四边形ABCD为矩形，

则∠PBA=45°，∠PBC=60°，∠ABC=90°;

设二面角由A-BP-C平面角为θ，

由结论③有cosθ

评注（l）长方体与平行六面体构造方式一样，都是以三边来构造四棱柱;

（2）结论③描述的本质是三面角三余弦定理：三面角中任一二面角的余弦值，等于其所对面角的余弦减去另两个面角的余弦之积，再除以这两个面角的正弦之积.

例4 （2017年高考全国II卷理.19）如图7，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直90°，E是PD的中点.

（I）略;（Ⅱ）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.

解以BM为长方体体对角线，BC为长方体一条棱，CM为长方体一条面对角线，AB为长方体一条棱所在直线构造长方体.过程如下：取AD边上中点O，连接PO，CO;再过点M作PO的平行线MD1交CO于点Dl;再过点D1作BC的平行线交AB于点A1（如图8），以D1C，D1M，D1A1构造长方体A1BCD1-M1N1NM（如图9）由结论②不难得到，∠MA1D1为二面角M-AB-D的平面角.

因为BM与底面ABCD所成角为45°，

则sin45°=sin∠MA1D1·sin∠MBA1.

评注（l）对于模型化思想，引例不仅仅提供了角与角关系，更提供了得到线面角、二面角的方法.

（2）结论②描述的本质是三正弦定理：二面角M-AB-N的度数为a，在平面M上有一条射线AC，它和棱AB所成角为β，和平面Ⅳ所成的角为y，则siny=sina·sinβ.

參考文献

[1]王强芳.立体几何问题的模型化处理[J].中学数学教学参考，2006 （07）：17-19

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