三射线定理解高考立体几何题Word文档下载推荐.docx
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如图2,不妨设3为锐角,功钝角,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
sin2Sin3
2与3中有一个直角.
如图4,不妨设2=-,3-.在平面AOB乍ODLOA
贝U/CODB1.
若宀^,因为,不论3是锐角还是钝角,都有
ODOCOB应用
(1)、
(2)、(3),得
若B1=3,则cosB1=0,这时,1—
cos—cos
2
cos—
另一方面,直接应用①,得cosB1=2
sinsin3
23
可见,当2、3中有一个直角时,①仍旧适用
(5)2与3均为直角•
这时,B1=i,cosBi=cosi.
COS1cos—cos—
另一方面,直接应用①,得cosB1=22cos1.
sinsin
可见,当2、3均为直角时,1①仍旧适用。
综合上述,①得证•同理可证②与③•定理1证毕。
二、由“线线角”求“线面角”
BOC=1,/COA=2,
定理2OA、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B1、B2、
93,那么
■2sin
91=(1-
-cos1-
-cos22-
-cos2
3+2cos
1cos
2cos
3)/sin2
1.
①
.2sin
92=(1-
-cos1-
2.
②
93=(1-
-cos22-
③
先证明①.
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=91,分5种情况。
(1)OQ在/BOC的部.
如图5,作QR丄OC垂足为R,连PRZPRQ是二面角B-OC-A的平面角,设/PRQ=3.
/OPQ=1,/OPR=2,/QPR=3,
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sin91=sin2sinB3,
(a)
sin291=sin22sin2B3,
对于射线OA、OB、OC应用定理1③,得cosB3=coJcos1cos2sin2
(b)
即sin2B3=1—(co^cos1cos2)2
sin1sin2
将(b)式代入(a)式,得
sin2
COS2
(1)COS
(2)COS32cos
(1)COS
sin2
(1)
=1COS1COS2COS32COS1COS2COS3
sin1
1=
(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2①,得
.21COS1COS2COS32COS1COS2COS3
sin1=123123
.2
对于射线OA、OB、OD应用(4),得
=1cos1cos2cos32cos1cos2cos3
2■
综合上述,定理2①得证,同理可证②与③,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①、②、③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=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°
.△A1OBBOCCOA1,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
cos135cos90cos60cos135v'
6
cos.
sin90sin60sin603
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•
(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,
sin90sinD1DP
“cos60cos90cosD1DPcos45
cos90迹0-cos迹
例7:
相垂直,点
(2)
(3)
sinsin二cos0=cosacosB
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.
(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是直二面角,由三余弦定理,得
coscos9°
cos6°
cos60cot260
sin60sin60
1
所求的二面角是180—arccos-
3
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,亠一1
PA丄底面ABCD,且PA=AD=DC=—AB=1,M是PB的中点.
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.
(2)作BF//CA,ABF45,
cosABP一二面角P—AB—F是直二面角,U5
cosP
AC与PB所成角为arccos——.2555
(3)作ME丄AB,连接CE,ZBCE=45,ME=—,
cosMCE2M—CE—B是直二面角,由三余弦定理,得
2cosMCB——cos45
J5
3.sinMCB、
5\5
△MCAMCB,/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
….3
■5
\5
所求二面是180
arccos.
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.
(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
cosCDPcos22.5cosCDO,
(1)
/PEO是二面角P—CD—O的平面角,/PEO=30°
由三射线定理1,得
“cos22.5cosCDPcosCDO
cos30,⑵
sinCDPsinCDO
解
(1)和⑵组成的方程组,设cos/CDP=x,
cos/cdo=y,则
(2
■2)y4
5、2)y
2(4.2
4)0,
(y2
1)(2
■■2)
y2(4
4.2)
0,
1(舍
去),
或y2
!
6.2
8,sin2
EOD
628.
cos
COD
2sin2
EOD1
2(62
8)17122
2y
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
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- 射线 理解 高考 立体几何