安徽省壽縣第一中學(xué) 柴化安 常 清 (郵編：232200)

加強(qiáng)綜合法提升核心素養(yǎng)
——2017年高考數(shù)學(xué)中二面角的純幾何解決

安徽省壽縣第一中學(xué) 柴化安 常 清 (郵編：232200)

立體幾何中的二面角是一個(gè)非常重要的概念,求二面角的大小是高考命題的熱點(diǎn).遇到二面角,言必用向量,這可不是好現(xiàn)象.一方面,高考中的二面角用綜合法解決并不像我們想象的那么難,一般高考試題中求二面角的兩種方法總體難度懸殊并不大;另一方面,立體幾何主要擔(dān)負(fù)著培養(yǎng)學(xué)生邏輯推理和直觀想象核心數(shù)學(xué)素養(yǎng)的任務(wù),老用空間向量解決二面角問(wèn)題,就削弱了立體幾何的教學(xué)價(jià)值.下面我們?cè)囉镁C合法求2017年數(shù)學(xué)高考理科試卷中二面角的大小,可以看到高考試題的導(dǎo)向是“兩條腿走路”,即綜合法和向量法不可偏廢.

1 全國(guó)卷Ⅰ第18題

如圖1,在四棱錐PABCD中,AB∥CD,且∠BAP＝∠CDP＝90°.

(Ⅰ)證明：平面PAB⊥平面PAD;

圖1

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

圖2

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如圖2,設(shè)PA ＝2,在Rt△PAB 中,PB ＝同理PC＝2,AD＝2.又四邊形ABCD為矩形,所以BC＝22,取PB的中點(diǎn)E,連接AE、EC、AC,于是AE⊥PB,CE⊥PB,所以∠AEC是二面角A－PB－C的平面角.易求AE＝,CE＝,AC＝2,在△ACE中,由余弦定理,得

評(píng)析 綜合法求二面角,要緊扣二面角的平面角的定義,按照“一作、二證、三算”的步驟實(shí)施.本題使用“定義法”,在二面角的棱上選擇“適宜”的點(diǎn),過(guò)這點(diǎn)分別在二面角的兩個(gè)面內(nèi)作棱的垂線得平面角.所謂“適宜”的點(diǎn),一般是指與已知條件或結(jié)論有牽連的點(diǎn),一般有一定的特殊性,像本題中線段PB的中點(diǎn)E.

2 全國(guó)卷Ⅱ第19題

如圖3,四棱錐PABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面∠BAD＝∠ABC＝90o,E是PD的中點(diǎn).

圖3

(Ⅰ)證明：直線CE∥平面PAB;

(Ⅱ)點(diǎn)M 在棱PC上,且直線BM 與底面ABCD所成角為45o,求二面角M－AB－D的余弦值.

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如圖4,取AD的中點(diǎn)Q,連接PQ、CQ,因?yàn)椤鱌AD是等邊三角形,所以PQ⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,所以PQ⊥平面ABCD.

圖4

評(píng)析 本題使用“垂面法”：作一個(gè)平面垂直于二面角的棱,分別與二面角的兩個(gè)面相交,得到的交線(兩條射線)形成的角就是二面角的平面角.本題中和二面角M－AB－D的棱AB垂直的平面是現(xiàn)成的：平面PAD,這是突破口.有兩個(gè)關(guān)鍵環(huán)節(jié)要抓住：一是作出直線BM與底面ABCD所成角;一是作出平面MAB與平面PAD的交線.

3 全國(guó)卷Ⅲ第19題

如圖5,四面體ABCD,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD＝∠CBD,AB＝BD.

(Ⅰ)證明：平面ACD⊥平面ABC;

圖5

(Ⅱ)過(guò)AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D－AE－C的余弦值.

圖6

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如圖6,由題設(shè)知,四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的,即E為DB的中點(diǎn).過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AE于點(diǎn)F,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AE交AC于點(diǎn)G,所以∠DFG是二面角D－AE－C的平面角.設(shè)AD＝2,在 △ABD中,由余弦定理得cos∠ADB＝在△ADE中,由余弦定理得＝2,同理CE＝2,所以AE2＋CE2＝AC2,所以△ACE是直角三角形,FG∥EC.在Rt△ADF與Rt△EDF中,由勾股定理得DF2＝AD2－AF2＝ED2－EF2,所以Rt△DEF中,在△ADG中,

評(píng)析 此題用“定義法”,過(guò)二面角的一個(gè)半平面內(nèi)一點(diǎn),向二面角的棱作垂線,再說(shuō)明得到的垂足就是棱上“適宜”的點(diǎn).題中CE⊥AE比較隱蔽.另外,已知三角形的三邊長(zhǎng),利用勾股定理列方程求任意一邊上的高,是常規(guī)模式.

4 山東卷第17題

如圖7,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的,G是D的中點(diǎn).

(Ⅱ)當(dāng)AB＝3,AD＝2時(shí),求二面角EAG－C的大小.

解析 (Ⅰ)略.(Ⅱ)如圖8,取AG的中點(diǎn)H,連接EH、CH、CE、FG,

圖7

EH⊥AG,CH⊥AG,即∠CHE是二面角E－AG－C的平面角.

在Rt△AEH中,EH2＝AE2－AH2＝12,同理CH2＝12,在 △BCE中,CE2＝BC2＋BE2－2BC·BE·cos1200＝12,△CHE是等邊三角形,所以∠CHE＝600,即二面角E－AG－C是600.

評(píng)析 此題用“定義法”,題目的特殊性在于點(diǎn)C、E是關(guān)于二面角的平分面的對(duì)稱點(diǎn),并且△EAG和△CAG是以AG為底的兩個(gè)等腰三角形,二面角的平面角比較容易構(gòu)造.

圖8

5 天津卷第17題

如圖9,在三棱錐PABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC＝90°.點(diǎn)D、E、N 分 別 為 棱PA、PC、BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA＝AC＝4,AB＝2.

(Ⅰ)求證：MN∥平面BDE;

圖9

(Ⅱ)求二面角CEM－N的正弦值;

(Ⅲ)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為,求線段AH的長(zhǎng).

圖10

解析 (Ⅰ)、(Ⅲ)略.(Ⅱ)如圖10,取AC的中點(diǎn)F,過(guò)點(diǎn)F作FG⊥EM于點(diǎn)G,連接NF、NG、FE、FM.PA⊥平面ABC,則PA⊥AB,AB⊥AC,即AB⊥平面PAC,又NF∥AB,所以NF⊥ 平面PAC.在 △PEM中,ME＝Rt△FEG與Rt△FMG中,由FG2＝FE2－EG2,在Rt△FGN中,,所以sin∠FGN＝

評(píng)析 此題使用“三垂線法”,點(diǎn)N在平面CEM內(nèi)的射影是點(diǎn)F,于是直線GN在平面CEM內(nèi)的射影是直線GF.由二面角的一個(gè)面上的斜線(或它的射影)與二面角的棱垂直,推得它位于二面角的另一的面上的射影(或斜線)也與二面角的棱垂直,從而確定二面角的平面角,其中使用了三垂線定理.

6 北京卷第16題

如圖11,在四棱錐P－ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB 上,PD//平 面MAC,PA＝PD＝6,AB＝4.

(I)求證：M為PB的中點(diǎn);

(II)求二面角B－PD－A的大小;

(III)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.

圖11

解析 (Ⅰ)、(Ⅲ)略.(Ⅱ)如圖12,設(shè)AC∩BD＝O,取AD的中點(diǎn)Q,過(guò)Q作QE⊥PD于點(diǎn)E,連接OQ、OE、PQ.PD＝PA?PQ⊥AD,平面PAD⊥平面ABCD?PQ⊥平面ABCD?PQ⊥OQ.又OQ∥AB,AB⊥AD,則OQ⊥AD,OQ⊥平面PAD,OQ⊥PD,即PD⊥平面OEQ,則∠OEQ是二面角B－PDA的平面角.在Rt△PDQ中,由射影定理得DE在 Rt△DEQ 中,EQ ＝,在Rt△OEQ中,

圖12

評(píng)析 本題依然用“三垂線法”.三垂線法使用的基礎(chǔ)是,能過(guò)二面角的一個(gè)半平面內(nèi)的一點(diǎn),找到垂直于另一個(gè)半平面的垂線.此題靈活性在于,在半平面BPD內(nèi)用點(diǎn)O而沒(méi)有用點(diǎn)B,運(yùn)算量相比要小些.

二面角的求解方法多樣、靈活多變,能考查學(xué)生的空間想象能力、邏輯思維能力及計(jì)算能力,具有較高的區(qū)分度,一般會(huì)受到命題專家的青睞.由于學(xué)生的空間想象能力、邏輯思維能力較弱,加之平時(shí)教學(xué)的功利思想,學(xué)生往往僅掌握用平面的法向量來(lái)求解二面角.向量法求二面角已經(jīng)程序化模式化了,減輕了思維的負(fù)擔(dān),但對(duì)學(xué)生的空間想象能力、邏輯思維能力的訓(xùn)練不利.況且向量法對(duì)計(jì)算的要求較高,學(xué)生往往由于建系不當(dāng)、計(jì)算出錯(cuò)而費(fèi)時(shí)費(fèi)事導(dǎo)致失分.因此,在教學(xué)中應(yīng)適當(dāng)介紹一些二面角的純幾何方法(綜合法),讓學(xué)生多掌握一件利器,雙管齊下,全面培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

2017-10-12)