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三射线定理解高考立体几何题
三射线定理解高考立体几何题
定边县第三中学白治清
从一点发出的不在同一平面的三条射线,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1OA、OB、OC是不在同一平面的三条射线,如果/BOC=i,/COA=2
,/AOB=3,二面角C—OA—B,A—OB—C与B—OC—A的平面角分别等于B1、阻、
B3,那么
证明:
(1)
如图1,在OA上取一点P,使OP=1在平面AOB,作PM^OA交OB于M在平面AOC作PN!
OA交OC于N.连结MN/NPM=仇.
PN=tan2,PM=tan3,ON=sec2,OM=sec3,在厶PMN与厶OMN中应用余弦定理,得
222
MN=tan2+tan3-2tan3tan2cos^1
22
=sec2+sec3-2sec2sec3cos1.
用1、23的三角函数表示cos仇,得
cos1cos2cos3
cosB1=123
sin2sin3
(2)2与3中有一个锐角,一个钝角.
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
cos1cos2cos3
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
22
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-
2
-cos1-
-cos22-
-cos2
3+2cos
1cos
2cos
3)/sin2
1.
①
.2sin
92=(1-
2
-cos1-
-cos22-
-cos2
3+2cos
1cos
2cos
3)/sin2
2.
②
.2sin
93=(1-
2
-cos1-
-cos22-
-cos2
3+2cos
1cos
2cos
3)/sin2
2.
③
证明:
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,
222
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)
222
=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
222
.21COS1COS2COS32COS1COS2COS3
sin1=123123
.2
sin1
对于射线OA、OB、OD应用(4),得
222
=1cos1cos2cos32cos1cos2cos3
2■
sin1
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•
解:
(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
点评:
例7:
相垂直,点
(1)
(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
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