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三射线定理解高考立体几何题 陕西定边县第三中学 白治清从一点发出的不在同一平面内的三条射线，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是不在同一平面内的三条射线，如果BOC=1 ，COA= 2 ， AOB=3 ，二面角COAB，AOBC与BOCA的平面角分别等于1 、2 、3 ，那么cos1 = ， cos2 = ，cos3 = ，证明：先证明，分5种情况：（1） 2与3 ，均为锐角.如图1，在OA上取一点P，使OP=1.在平面AOB内，作PMOA，交OB于M；在平面AOC内，作PNOA，交OC于N.连结MN，NPM=1 .PN=tan，PM= tan，ON=sec，OM=sec，在PMN与OMN中应用余弦定理，得MN2=tan2+ tan2-2tantancos1=sec22+ sec2 3-2sec2sec3cos1 .用1、2、3 的三角函数表示cos1 ， 得 cos1 = （2）2与3中有一个锐角，一个钝角.如图2，不妨设3为锐角， 2为钝角，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.BOD=对于射线OA、OB、OD应用（1）， 得cos（）=，即cos.（3）2与3均为钝角.如图3， 作OB、OC的反向延长线OD、OE，二面角D-OA-E与C-OA-B是“对顶角”，所以D-OA-E的平面角等于1 .，.对于射线OA、OD、OE应用（1），得cos .（4）2与3中有一个直角. 图3 如图4，不妨设2 = 在平面AOB内作ODOA，则COD=1 .若1因为，不论3是锐角还是钝角，都有BOD=二面角B-OD-C是直二面角，对于射线OD、OC、OB应用（1）、（2）、（3)，得cos=，即cos另一方面，直接应用，得cos1=.若1=，则cos1=0，这时，另一方面，直接应用，得cos1=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，1= 1，cos1=cos1 .另一方面，直接应用，得cos1=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”定理2 OA、OB、OC是不在同一平面内的三条射线，如果BOC=1, COA=2，AOB=3，直线OA、OB、OC分别与平面BOC、COA、AOB所成的角等于1、2、3，那么sin21=(1cos21cos22cos23+2cos1cos2cos3)/sin21. sin22=(1cos21cos22cos23+2cos1cos2cos3)/sin22. sin23=(1cos21cos22cos23+2cos1cos2cos3)/sin22. 证明：先证明.在OA上任取一点P，作PQ平面BOC，Q为垂足，OQ是OA在平面BOC内的射影，POQ=1，分5种情况。（1）OQ在BOC的内部.如图5，作QROC，垂足为R，连PR，PRQ是二面角B-OC-A的平面角，设PRQ=.OPQ= OPR= QPR=二面角O-PR-Q是直二面角，对于射线PR、PO、PQ应用定理1，得 cos,即 sin1=sin2sin3, sin21=sin22sin23, (a)对于射线OA、OB、OC应用定理1，得cos3=即sin23=1()2 (b)将（b）式代入(a)式，得sin21= .（2）OQ在BOC的两边的反向延长线所形成的角的内部.如图6 OD、OE是OB、OC的反向延长线，OQ在DOE的内部.DOE=1，AOE=-2，AOD=-3，对于射线OA、OD、OE应用（1）的结论，得Sin2=（3）OQ在BOC的一边及另一边的反向延长线所形成的角的内部.如图7 OD是OC的反向延长线，OQ在BOD的内部.BOD=AOD=对于射线OA、OB、OD应用（1），得sin21=（4）OQ在BOC的一边上，如图8，OQ在OC上.这时，1=2，sin21=sin22，另一方面，由定理2，得sin21= （c）因为二面角B-OC-A是直二面角，由定理1，得cos即 （d）将（d）式代入（c）式，得sin21=可见，当OQ在BOC的一边上时，定理2仍旧适用。（5）OQ在BOC的一边的反向延长线上；如图9，OQ在OC的反向延长线OD上.BOD=, AOD=对于射线OA、OB、OD应用（4），得sin21 = = .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陕西理）如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC,BAD=90,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点，O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平面A1OC； （2）若平面A1BE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.A1OBBOCCOA1,A1B=A1C=BC,A1CB=60. 设所求二面角BA1CD的平面角为，对于射线CA1,CB,CD应用三射线定理1，得 平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为 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海南理） 如图，已知点P在正方体ABCDA1B1C1D1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ADD1P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，得 , DD1CC1,DP与CC1所成的角是45. （2）设DP与平面AA1D1D所成的角是,对于射线DA，DP,DD1应用三射线定理2，得 DP与平面AA1D1D所成的角是30.点评：定理1的公式是求二面角的，在二面角已知时，可求线线角；用定理2求线面角时，如果有90的线线角，实际的运算量很小.例3 (2006全国卷1理）如图， 是互相垂直的两条异面直线，MN是它们的公垂线段、点A，B在 上，点C在 上，AM = MB = MV. （1）证明：ACNB； （2) 若ACB=60，求NB与平面ABC所成角的余弦.解：（2）易知，RtBCN RtACN,AC = BC.ACB = 60，ABC= 60设MB = 1，则BN = ,BC = 2，CBN = 45.ABN = 45.设所求的线面角为，对于射线BA、BC、BN应用三射线定理2，得 NB与平面ABC所成角的余弦是 点评：定理2的公式虽然很长，但结构特征明鲜，容易记忆.定理的表达式中，有3处余弦平方，有3个余弦值相乘，这看似复杂，但是在具体题目中，线线角的余弦值往往带有根号，这反而使运算变的简便。 例4 （2014全国卷1理）如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. (1)证明：AC = AB1； （2）若ACAB1,CBB1=60，AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值. 解：（2）二面角B1ABC与 AA1B1C1的平面角互补. 设BC=1,则AB=BB1=B1C=1，AC=AB1= . 在ABB1中，由余弦定理，得 ABC ABB1,cosABC = cosABB1 = . sinABC =sinABB1 = .cosCBB1 = . 设二面角B1ABC的平面角为，对于射线BA，BB1,BC应用三射线定理1，得 二面角AA1B1C的余弦值是 点评：借助余弦定理，求出了一个线线角的余弦，为最后应用三射线定理作准备. 例5 （2000全国文）四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形，PB平面ABCD. （1）（略）. （2）证明无论四棱锥的高怎么变化，面PAD与PCD所成的二面角恒大于 90 （2）证明：由已知易得，PAD RtPCD,PDA =PDC,ADC = 90.设二面角APDC的平面角为，对于射线DP,DA,DC应用定理1，得 90，即面PAD与PCD所成的二面角恒大于90.点评：用三射线定理证明此题，一眼看出，就是“秒杀”.例6 如图，AB和平面M所成的角为，AC在平面M内，AC和AB在平面M内的射影AB1所成所成的角为，设BAC=,求证：，满足关系式：cos=coscos, 证明：二面角BAB1C是直二面角，由定理1，得 cos=coscos点评：本题结论称为三余弦定理，可看作是三射线定理1的推论.例7：（2002全国理）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若cm = BN =(0 ） （1）求MN的长； （2）为何值时，MN的长最小； （3）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，CABN是直二面角，由三余弦定理，得 ANB=90,设所求二面角为，对于射线NA，NB,NM用三射线定理1，得 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PABCD的底面是直角梯形，ABBC,DAB=90，PA底面ABCD， （1）证明：面PAD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. B MCAMCB,MCA=MCB.ABC=90 设所求二面角为，对于射线CM、CA、CB,应用三射线定理1，得 点评：构建了一个直二面角，这一步是关键. 例9 （2013安徽理）如图，圆锥顶点为P，底面圆心为O，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cosCOD. 解：（2）作OECD，连接PE. 二面角CODP是直二面角，由三余弦定理，得 （1） PEO是二面角PCDO的平面角，PEO=30，由三射线定理1，得 (2) 解（1)和(2)组成的方程组，设cosCDP=, cosCDO=,则 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；而定理的内含很丰富（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