08 空间角的计算与应用-《中学生数理化》高考数学2024年11月刊

■南京田家炳高级中学 张学鹏 立体几何是高考数学命题的一个重点,空 间中线线角、线面角、二面角的计算与应用的 考查更是重中之重。解决空间问题的基本策 略主要有两种方法:一是几何法,即按照“作— 证—解”的顺序进行合理逻辑推理与数学运 算;二是空间向量法,即建立空间直角坐标系, 利用向量法来分析与求解。在高考中常常以 解答题的形式出现,其试题难度属中高档。 一、线线角的计算 线线角,即异面直线所成的角,求解时往 往可以通过平移法、补形法、向量法、坐标法 等来处理,抓住异面直线所成的角的定义及 取值范围,根据不同题目背景选择恰当的方 法来解决。 图1 例 1 如图1,已知等边 △ABC 的边长为3,DE⊥AB, DE 分别交AB,AC 于D,E 两 点,且 AD =1。如 图 2,将 △ADE 沿DE 折起(点A 与点 图2 P 重合),使得平面PDE⊥平 面BCED,则折叠后的异面直 线PB 与CE 所成角的正弦 值为( )。 A. 3 2 B. 6 3 C. 5 5 D. 25 5 图3 解析:依 题 意 知,DB, DE,DP 两两垂直,以D 为 坐标原点,DB,DE,DP 所 在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图3所示的空间 直角坐标系 D-xyz。由题 意知DE= 3,点 C 到直线BD 的距离为 33 2 ,则P(0,0,1),C 1 2 ,33 2 ,0 ,B(2,0, 0),E(0, 3,0),从而PB→=(2,0,-1),CE→ = - 1 2 ,- 3 2 ,0 。故 cos<PB→,CE→>= PB→·CE→ |PB→||CE→| = -1 5×1 =- 5 5 ,即<PB→,CE→>是 钝角,则sin<PB→,CE→>=255 。故选D。 点评:涉及线线角,即异面直线所成的 角的计算问题,几何思维常采用“平移线段 法”,合理 通 过“平 移、认 定、计 算、取 舍”这 四个基本步骤来处理;代数思维常采用“向 量法”,通过“求解两直线的方向向量、求解 两向量夹 角 的 余 弦 值、结 合 直 线 的 夹 角 为 锐角”来确定。 二、线面角的计算 线面角,即直线和平面所成的角,求解时 往往可以通过定义法、等积法、坐标法等来处 理,抓住直线和平面所成的角的定义及取值 范围,根据不同题目背景选择恰当的方法来 解决。 图4 例 2 如图4,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为 正方 形,PD⊥底 面 ABCD, PD=DC=4,M 为线段PC 的中点,N 在线段BC 上,且 BN= 1 4BC 。 (1)求证:平面DMN⊥平面PBC; (2)求直线 AB 与平面DMN 所成角的 正弦值。 解析:方法一(几何法):(1)因为 PD⊥ 底面ABCD,BC⊂底面 ABCD,所以PD⊥ BC。因为底面ABCD 为正方形,所以BC⊥ CD。又PD∩CD=D,PD⊂平面PCD,CD ⊂平面 PCD,所以 BC⊥平面 PCD。因为 DM⊂平面PCD,所以BC⊥DM。因为PD 12 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月 =DC,M 为线段PC 的中点,所以 DM ⊥ PC。又BC∩PC=C,BC⊂平面PBC,PC ⊂平面 PBC,所以 DM⊥平面 PBC。因为 DM⊂平面 DMN,所以平面 DMN⊥平面 PBC。 (2)因为底面 ABCD 为正 方 形,所 以 AB∥CD,所以直线 AB 与平面DMN 所成 角等于直线CD 与平面DMN 所成角,设所 求角为θ。因为BC⊥平面PCD,CM⊂平面 PCD,所 以 BC ⊥ CM, 故 MN = MC2+CN2= (22) 2 +32= 17,DN= DC2+CN2= 42+32=5,DM=22,则 有 MN2+DM2=DN2,所以∠DMN=90°, 从而S△DMN= 34。又S△CDN=6,点 M 到平 面CDN 的距离为2,设点C 到平面DMN 的 距离为h,由VC-DMN=VM-CDN,得 1 3× 34× h= 1 3×6×2 ,解得h= 12 34 。又CD=4,所 以sin θ= h CD= 3 34 34 。 图5 方 法 二 (坐 标 法 ): (1)如图5,以 D 为坐标原 点,DA,DC,DP 所在直线 分别为x 轴,y 轴,z 轴,建 立空间直角坐标系D-xyz。 由已 知 可 得,D(0,0,0), M(0,2,2),N (3,4,0), P(0,0,4),B(4,4,0),C(0,4,0),所以 DM→ =(0,2,2),DN→=(3,4,0),PB→=(4,4, -4),PC→=(0,4,-4)。 设平面DMN 的法向量为n1=(x1,y1, z1),则 n1·DM→=0, n1·DN→=0, 即 2y1+2z1=0 , 3x1+4y1=0, 令 z1=1,得n1= 4 3 ,-1,1 。 设平面 PBC 的法向量为n2=(x2,y2, z2),则 n2·PB→=0, n2·PC→=0, 即 4x2+4y2-4z2=0 , 4y2-4z2=0, 令 z2=1,得n2=(0,1,1)。 因为n1·n2=0,所以n1⊥n2,所以平面 DMN⊥平面PBC。 (2)设直线 AB 与平面DMN 所成的角 为θ,因为 AB→=DC→=(0,4,0),平面 DMN 的一个法向量为n1= 4 3 ,-1,1 ,所以sin θ =|cos<AB→,n1>|= |AB→·n1| |AB→||n1| = 3 34 34 。 点评:涉及线面角的计算问题,几何思 维常采用“垂线 法”,即 找 出 线 面 角 的 平 面 角,结合垂 线、斜 线、射 线 构 成 的 直 角 三 角 形求解;代数思维常采用“向量法”,即设直 线l的方向向量和平面α的法向量分别 为 m,n,则 直 线l与 平 面α 所 成 的 角θ 满 足 sin θ=|cos<m,n>|。 三、二面角的计算 求解二面角的平面角时,往往可以通过 定义法、射影法、坐标法等来处理,抓住二面 角的平面角的定义及取值范围,根据不同题 目背景选择恰当的方法来解决。 图6 例 3 如图6,已知在 ▱ABCD 中,AD=2BD= 4,AD⊥BD。将△ABD 沿 BD 折起,使得点 A 到达点 图7 P 处,如图7。 (1)若 PC=6,求证:PD⊥ BC; (2)若 PC=2 5,求 平 面 PDC 与平面PBC 夹角的余弦 值。 解析:(1)在▱ABCD 中,由 AD⊥BD, 可得BD⊥BC。因为 AD=2BD=4,所以 BC=4,DC=25。 在图7中,因为PC=6,所以PD2+DC2 =PC2,从而PD⊥DC。又PD⊥BD,BD∩ DC=D,所以PD⊥平面BDC。因为BC⊂ 平面BDC,所以PD⊥BC。 (2)方法一(向量法1):如图8,过点 D 作DF∥BC,且DF=BC,连接PF,CF。由 题意可知,BD⊥PD,BD⊥DF,又PD∩DF =D,所以BD⊥平面PDF,从而BD⊥PF。 又BD∥CF,所以 CF⊥PF。在 Rt△PCF 中,PF= PC2-CF2 =4。又 BD⊂平面 22 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月 图8 BCFD,所以平面 BCFD⊥ 平面PDF。 取 DF 的中点O,连接 PO,由 PF=PD,得 PO⊥ DF,所以PO⊥平面BCFD, 且 PO=2 3。过 点 O 作 OM⊥DF,建立如图8所示的空间直角坐标 系O-xyz。由题可得,P(0,0,2 3),B(2, -2,0),C(2,2,0),D(0,-2,0),所以PC→= (2,2,-2 3),DC→=(2,4,0),BC→=(0,4, 0)。 设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z), 则 m·PC→=0, m·BC→=0, 即 x+y- 3z=0, y=0, 令 x= 3,得m=( 3,0,1)。 设平面 PDC 的法向量为n=(x',y', z'),则 n·PC→=0, n·DC→=0, 即 x'+y'-3z'=0,x'+2y'=0, 令x'= 23,得n=(23,- 3,1)。 从而cos<m,n>= m·n |m||n|= 7 8 ,所以平 面PDC 与平面PBC 夹角的余弦值为 7 8 。 图9 方法二(向量法2):由BD ⊥BC,建立如图9所示的空间 直角坐标系B-xyz。因为 PD =2BD=4,所以 B(0,0,0), C(4,0,0),D (0,2,0)。设 P(x,y,z)(其中z>0),因为 PB=25,PC =2 5,PD =4,所 以 x2+y2+z2=20, (x-4)2+y2+z2=20, x2+(y-2)2+z2=16, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 x=2, y=2, z=23, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以 P(2,2,23)。所以CP→=(-2,2,23),CD→ =(-4,2,0),BP→=(2,2,23),BC→=(4,0, 0)。 设平面PDC 的法向量为m=(x,y,z), 则 m·CP→=0, m·CD→=0, 即 -x+y+ 3z=0,-2x+y=0, 令 x=1,得m= 1,2,- 3 3 。 设平面 PBC 的法向量为n=(x',y', z'),则 n·BP→=0, n·BC→=0, 即 x'+y'+ 3z'=0,x'=0, 令 y'=- 3,得n=(0,- 3,1)。 从而cos<m,n>= m·n |m||n|=- 7 8 ,所以 平面PDC 与平面PBC 夹角的余弦值为 7 8 。 图10 方法三(几何法):如图10, 过点B 作BE⊥PC,垂足为E, 过点D 作DF⊥PC,垂足为F, 异面直线 DF 与 BE 的夹角即 为平面PDC 与平面 PBC 的夹 角。 在△PDC 中,由 PD=4,PC=DC= 25,可得cos ∠DPF= 5 5 ,所以DF= 85 5 , PF= 45 5 。 同理,在△PBC 中,可得BE= 85 5 ,CE = 45 5 ,从而EF= 25 5 。 因为BD→=BE→+EF→+FD→,所以|BE→|2 +|EF→|2+|FD→|2+2BE→·FD→=|BD→|2,即 64 5+ 4 5+ 64 5+2× 85 5 × 85 5 ×cos <BE→, FD→>=4,解得cos<BE→,FD→>=-78,所以平 面PDC 与平面PBC 夹角的余弦值为 7 8 。 点评:涉及二面角的计算问题,几何思维 常采用“定义法”(棱上一点双垂线法)与“三 垂线法”(面上一点双垂线法);代数思维常采 用“向量法”,即n1,n2 分别是二面角α-l-β的 两个半平面α,β 的法向量,则平面α 与β 的 夹角θ满足cos θ=|cos<n1,n2>|。 其实,在求解空间角时,除了以上比较常 见的求解方法,根据不同题目条件也有其他 相应的方法。解决问题的关键是充分考虑题 目条件,通过空间想象能力、运算求解能力的 应用来综合处理。 (责任编辑 王福华) 32 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年11月