立體幾何二面角問(wèn)題的公式解法探究

趙建華

[摘要]立體幾何的二面角問(wèn)題一直都是高中數(shù)學(xué)教學(xué)和考試的重點(diǎn)和難點(diǎn)，試題的解法具有獨(dú)特性、針對(duì)性.一種求二面角的方法——公式法，在所有涉及三面角的題目中，能用上此種方法的題占80%以上.

[關(guān)鍵詞]立體幾何二面角公式法

[中圖分類號(hào)]G633.6[文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]A[文章編號(hào)]16746058（2015）110001

立體幾何中的二面角問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)，自然是高考復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，這類題的常規(guī)解法有兩種：定義法和向量法.本文試圖再添一法——公式法.

一、公式法的應(yīng)用

為行文方便，約定：三棱錐的一個(gè)側(cè)面三角形中，頂點(diǎn)與棱錐的頂點(diǎn)公共的角稱為這個(gè)側(cè)面的頂點(diǎn)角；有兩個(gè)側(cè)面互相垂直的三棱錐稱為直側(cè)面三棱錐；互相垂直的兩個(gè)側(cè)面稱為直側(cè)面；與兩個(gè)直側(cè)面都斜交的另一側(cè)面稱為斜側(cè)面.

圖1如圖1，三棱錐O—ABC中，AB⊥OA，AC⊥OA，∠BAC是二面角B—OA—C的平面角，記為α.棱OA所對(duì)的頂點(diǎn)角∠BOC記為θ，與OA相鄰的頂點(diǎn)角∠BOA和∠COA分別為θ1和θ2.

設(shè)OA=a，OB=b，OC=c，AB=m，AC=n.

在△ABC和△BOC中，利用余弦定理有

m2+n2-2mncosα=BC2=b2+c2-2bccosθ-2mncosα=b2-m2-n2+c2-2bccosθ=a2+a2-2bccosθcosα=bccosθ-a2mn=cosθ-ab·acmb·nc.（ab=cosθ1，ac=cosθ2，mb=sinθ1，nc=sinθ2）

結(jié)果求得二面角大小的一般式公式：

cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2.

圖2又如圖2，三棱錐M—NPQ中，側(cè)面MPN⊥側(cè)面MPQ，QP⊥MP，PN⊥MN，則根據(jù)三垂線定理知∠PNQ是二面角P-MN-Q的平面角，記為α.棱MN所對(duì)的直側(cè)面的頂點(diǎn)角記為θ，與棱MN相鄰的另一直側(cè)面的頂點(diǎn)角記為θ1，斜側(cè)面的頂點(diǎn)角記為θ2.

∵∠MNP=∠MNQ=∠MPQ=∠NPQ=90°，

∴tanα=PQNP=MP·tanθMP·sinθ1，得公式（一）tanα=tanθsinθ1；

sinα=PQNQ=MQ·sinθMQ·sinθ2，得公式（二）sinα=sinθsinθ2；

cosα=NPNQ=MN·tanθ1MN·tanθ2，得公式（三）cosα=tanθ1tanθ2.

公式（一）（二）（三）統(tǒng)稱為求二面角大小的直面式公式.

把一個(gè)二面角看成一個(gè)三棱錐的兩個(gè)側(cè)面組成的角，用這個(gè)三棱錐的三個(gè)或其中的兩個(gè)側(cè)面的頂點(diǎn)角來(lái)計(jì)算這個(gè)二面角的大小是本文公式的本質(zhì)特征.這個(gè)三棱錐稱為這個(gè)二面角的相關(guān)三棱錐.

筆者查看近五年全國(guó)各省高考數(shù)學(xué)試題發(fā)現(xiàn)，在所有涉及二面角的題目中，能用上直面式公式的題占80%以上，其中能用上公式（一）的最多.

下面以歷年高考真題為例來(lái)說(shuō)明本公式的應(yīng)用.

圖3【例1】（2014·浙江·20，15分）如圖3，在四棱錐A—BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=2.

（Ⅰ）證明：DE⊥平面ACD；

（Ⅱ）求二面角B—AD—E的大小.

解：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，

由DE=BE=1，DC=2，得BD=BC=2，

又AC=2，AB=2，得AC2+BC2=AB2，即得AC⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCDE，∴AC⊥平面BCDE.

∴AC⊥DE.

又DE⊥DC，AC∩DC=C，∴DE⊥平面ACD.

（Ⅱ）分析：觀察三棱錐D—ABE，易知棱DA所對(duì)的∠EDB=45°，由已知DE=BE，DE⊥BE，與棱DA相鄰的∠EDA=90°，由（Ⅰ）知ED⊥平面ACD，∴ED⊥DA，與DA相鄰的另一個(gè)∠BDA所在的△ABD是直角三角形，這可從三邊長(zhǎng)BD、DA、AB檢驗(yàn)勾股定理得到，也可由（Ⅰ）知DB⊥BC，DB⊥AC，得DB⊥平面ABC，∴DB⊥AB.△ABD的三邊長(zhǎng)易得，相關(guān)的三個(gè)角的正、余弦值可寫，從而思路打通.

解：（Ⅱ）以D為頂點(diǎn)，設(shè)∠EDB=θ，∵DE⊥EB，DE=EB，∴θ=45°.

設(shè)∠EDA=θ1，∵ED⊥平面ACD，∴ED⊥AD，θ1=90°.

設(shè)∠BDA=θ2，由（Ⅰ）知AC⊥DC，∴AD=DC2+AC2=6，∴BD2+AB2=AD2，即BD⊥AB，∴cosθ2=DBAD=13，∴sinθ2=23.

設(shè)所求的二面角為α，

代入公式，得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=22-01×23=32.

∴α=π6，故二面角B—AD—E的大小為π6.

圖4【例2】（2012·全國(guó)新課標(biāo)·19，12分）如圖4，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=BC=12AA1，D是棱柱AA1的中點(diǎn)，DC1⊥BD.

（Ⅰ）證明：DC1⊥BC；

（Ⅱ）求二面角A1-BD-C1的大小.

解：（Ⅰ）證明：由題設(shè)知，直棱柱的側(cè)面為矩形.

設(shè)AC=BC=1，則AA1=2，A1C1=B1C1=1，CC1=BB1=2.

∵D為AA1的中點(diǎn)，

∴DC=DC1=2，可得DC21+DC2=CC21，

∴DC1⊥DC.

又DC1⊥BD，DC∩BD=D，∴DC1⊥平面BCD.

∵BC平面BCD，故DC1⊥BC.

（Ⅱ）分析：二面角A1-BD-C1中，面A1DB即為面A1DBB1，可把點(diǎn)A1移至B1的位置，等價(jià)轉(zhuǎn)換為求二面角B1-BD-C1的大小，以B為頂點(diǎn)，相關(guān)三棱錐為B-DC1B1，其中側(cè)面BC1B1和側(cè)面BDC1均為直角三角形，側(cè)面DBB1是等腰三角形，所有的邊長(zhǎng)都容易求得，相關(guān)三個(gè)角的正、余弦值可寫，思路打通.（本例也可以以D為頂點(diǎn)，從三棱錐D-A1C1B入手，留給讀者嘗試）

解：（Ⅱ）平面A1DB即為平面A1DBB1，用B1代替A1等價(jià)轉(zhuǎn)換為求二面角B1-BD-C1的大小.連結(jié)DB1，以B為頂點(diǎn)，設(shè)∠C1BB1=θ，Rt△C1B1B中，BC1=CB21+BB21=5，∴cosθ=BB1BC1=25.

設(shè)∠DBC1=θ1，∵DC1⊥BD，∴BD=BC21-DC21=3，∴cosθ1=BDBC1=35，sinθ1=25.

設(shè)∠DBB1=θ2，矩形A1ABB1中，D是AA1的中點(diǎn)，∴DB=DB1，∴cosθ2=12BB1BD=13，∴sinθ2=23.

設(shè)所求的二面角為α，代入公式得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=32，∴α=30°，故二面角A1-BD-C1為30°.

說(shuō)明：轉(zhuǎn)換二面角的表示式，可使圖形更直觀，把原不等邊三角形轉(zhuǎn)換為等腰三角形，且繞過(guò)了證明AB⊥AC這步.（用向量法解這步不能少）

【例3】（2013·遼寧·18，12分）如圖5，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的一點(diǎn).

（Ⅰ）求證：平面PAC⊥平面PBC；

（Ⅱ）若AB=2，AC=1，PA=1.求二面角C—PB—A的余弦值.

圖5分析：（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）由圖5可知二面角C-PB-A的相關(guān)三棱錐B-PAC是直側(cè)面三棱錐，兩個(gè)直側(cè)面△PAB和△ABC都是已知兩邊長(zhǎng)的直角三角形，利用直面式公式（一）解答.

解：（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC，且PA⊥AB，以B為頂點(diǎn)，

設(shè)∠PAB=θ1，

∵PA=1，AB=2，

∵PB=PA2+AB2=5，∴sinθ1=15.

設(shè)∠ABC=θ，

∵AB是圓的直徑，C是圓上的一點(diǎn)，

∴AC⊥BC，而AB=2，AC=1，

∴BC=3，tanθ=13.

設(shè)所求的二面角大小為α，將sinθ1=15，tanθ=13代入直面式公式（一）得：

tanα=tanθsinθ1=13×51=53，∴cosα=64.

∴所求二面角C-PB-A的余弦值為64.

【例4】（2011·天津·17，13分）如圖6，在三棱柱ABC—A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=5.

（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求二面角A-A1C1-B1的正弦值.（Ⅲ）（略）.

圖6解：（Ⅱ）由圖6知，二面角A-A1C1-B1等于二面角A-A1C1-H與二面角H-A1C1-B1的和.

設(shè)這三個(gè)二面角的大小分別為α、α1、α2，即α1+α2=α.

∵H是正方形AA1B1B的中心，連結(jié)BA1必過(guò)點(diǎn)H.

∵C1H⊥AA1B1B，∴平面C1HA1⊥平面AA1B1B，而HA1AA1B1B，∴C1H⊥HA1.以A1為頂點(diǎn)，∵BA1是正方形AA1B1B的對(duì)角線，∴∠AA1H=∠B1AH=θ=45°，∴tanθ=1.

又∵AA1=22，∴BA1=4，HA1=12BA1=2.

又∵C1H=5，

∴A1C1=C1H2+HA21=3，

∴sin∠C1A1H=sinθ1=53.

將tanθ=1，sinθ1=53代入直面式公式（一）得tanα1=tanθsinθ1=tanα2=35，∴cosα1=514，sinα1=314，且α1=α2，sinα=sin2α1=2sinα1cosα1=357.

故二面角A-A1C1-B1的正弦值為357.

二、公式（包括一般式、直面式）的逆應(yīng)用

圖7【例5】（2014·全國(guó)新課標(biāo)2A·18，12分）如圖7，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn).

（Ⅰ）（略）；

（Ⅱ）設(shè)二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=3，求三棱錐E-ACD的體積.

解：（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.

以A為頂點(diǎn)，∵PA=1，AD=3，

∴PD=PA2+AD2=2.

∵E是PD的中點(diǎn)，∴EA=12PD=ED=1.

設(shè)∠EAD=θ1，

∴cos∠EAD=cosθ1=12ADAE=32，∴sinθ1=12.

設(shè)CD=a，∠CAD=θ，∵底面ABCD為矩形，∴tan∠CAD=tanθ=CDAD=a3.

設(shè)二面角D-AE-C的大小為α，α=60°，代入公式tanα=tanθsinθ1，得3=a3×21，a=32.

∵E是PD的中點(diǎn)，

∴三棱錐E-ACD的高為12PA=12.

∴三棱錐E-ACD的體積V=13×12×32×3×12=38.

圖8【例6】（2011·北京·16，14分）如圖8，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°.

（Ⅰ）（略）；Ⅱ（略）；（Ⅲ）當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí)，求PA的長(zhǎng).

解：由圖8知，平面PBC與平面PDC的夾角即為二面角B-CP-D，它等于二面角B-CP-A與二面角A-CP-D的和.設(shè)這三個(gè)二面角的大小分別為α、α1、α2，則α1+α2=90°.

∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC.

以C為頂點(diǎn)，菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD=60°，∴∠BCA=∠ACD=θ=30°.

設(shè)∠PCA=θ1，代入直面式公式（一）得：

tanα1=tanθsinθ1=tanα2，∴α1=α2=45°，

∴sinθ1=tanθtanα1=33；∴tanθ1=22.

∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，且∠BAD=60°，∴ABC=120°.

∴AC=AB2+CB2-2AB·CB·cos∠ABC=23，

∴PA=AC·tanθ1=23·22=6.

【例7】（2014·湖北·19，12分）如圖9，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動(dòng)，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

圖9（Ⅰ）（略）；

（Ⅱ）是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由.

解：（Ⅱ）假設(shè)λ存在.平面EFPQ與平面PQMN所成角即為二面角E-QP-M，設(shè)其大小為α，α=90°，相關(guān)三棱錐為Q-PEM.由一般式公式，有：

cosα=cos∠EQM-cos∠EQPcos∠MQPsin∠EQPsin∠MQP.

∵α=90°，cosα=0，且sin∠EQPsin∠MQP≠0，

∴cos∠EQM=cos∠EQPcos∠MQP.（1）

∵ABCD-A1B1C1D1為正方體，且棱長(zhǎng)為2，DP=BQ=λ，E，M分別為AB，A1B1的中點(diǎn)，∴QP=22，QE=1+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，PM=5+（2-λ）2，ME=2.

△QEM中，由余弦定理得cos∠EQM=QE2+QM2-ME22QE·QM=（λ-1）2QE·QM.

同理，由△QPE得cos∠EQP=12QE，由△QPM得cos∠MQP=12QM.

代入（1）式并整理得（λ-1）2=12，∴λ=1±22.

故存在λ=1±22，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角.（注：用余弦定理來(lái)求相關(guān)角的余弦值時(shí)，如果分母比較復(fù)雜，分母中就先保留原來(lái)一條或兩條鄰邊（字母），代入公式化簡(jiǎn)后，再代入數(shù)式，這樣做不但減少書寫，也感到輕松）

下面3題只給提示，留給有興趣的讀者去完成.

1.（2010·陜西·18，12分）如圖10，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=22，E、F分別是AD、PC的中點(diǎn).

（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求平面BEF與平面BAP夾角的大小.

圖10提示：（Ⅱ）題中不給二面角的棱，可把平面BAP平移到“中間”位置，取BC的中點(diǎn)G，連結(jié)EG、FG，有EG∥AB，F(xiàn)G∥PB，∴平面GEF∥平面BAP，化為求二面角G-EF-B的大小.相關(guān)三棱錐為E-FBG，側(cè)面EFG⊥側(cè)面EBG.答案：45°.

2.（2012·福建·18，13分）如圖11，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E為CD中點(diǎn).

（Ⅰ）（Ⅱ）（略）；

圖11（Ⅲ）若二面角A-B1E-A1的大小為30°，求AB的長(zhǎng).

提示：考慮將平面“縮小”，平面B1EA1中，把點(diǎn)A1移到A1B1的中點(diǎn)M；平面B1EA中，把點(diǎn)A移到AB1的中點(diǎn)N，將二面角A-B1E-A1轉(zhuǎn)換為二面角N-B1E-M，相關(guān)三棱錐為E-B1MN，側(cè)面B1EM⊥側(cè)面EMN.答案：2.

3.（2011·江蘇附加·22，10分）如圖12在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，點(diǎn)N是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)M在CC1上，設(shè)二面角A1-DN-M的大小為θ.

（Ⅰ）當(dāng)θ=90°時(shí)，求AM的長(zhǎng)；（Ⅱ）當(dāng)cosθ=66時(shí)，求CM的長(zhǎng).

圖12提示：注意二面角A1-DN-M的大小為θ，DN擺在底面內(nèi)，設(shè)二面角A-DN-A1和二面角M-DN-C的大小分別為α1和α.由圖12知α1+θ+α=180°.由直側(cè)面三棱錐D-NAA1可求得tanα1=5，cosα1=66.（Ⅰ）∵θ=90°，∴tanα=（90°-α1）=15，先從直側(cè)面三棱錐D-NMC中求CM，再求AM.答案：515.（Ⅱ）由已知cosθ=66，∴θ=α1，∴tanα=tan（180°-2α1）=52，仿（Ⅰ）求CM.答案：12.

三、小結(jié)補(bǔ)充

說(shuō)明：直面式分式（一）tanα=tanθsinθ1（0<α，θ<180°）中，sinθ1≠0，若α=90°，左邊tanα不存在，則右邊tanθ也不存在，θ=90°；反之，若θ=90°，則α=90°.這個(gè)結(jié)論用幾何方法不難證明.（2012·全國(guó)2，18）和（2012·遼寧·18）這兩題用這種方法去解答，所得的結(jié)果均與原參考答案相符（遼寧卷的題先轉(zhuǎn)換二面角的表示式）.限于篇幅，不再贅述.

建議在應(yīng)用本文公式去解題時(shí)，養(yǎng)成這樣的習(xí)慣：若直接應(yīng)用公式去解答有困難，就考慮能否“放大”或“縮小”平面，或平移平面，或利用余角、補(bǔ)角、和角、倍角關(guān)系來(lái)取得便于計(jì)算的相關(guān)三棱錐，以化復(fù)雜為簡(jiǎn)單，化不可能為可能.這種方法，學(xué)生首次遇上會(huì)感到技巧性太強(qiáng)，但習(xí)慣后自然就變?yōu)槌Ｒ?guī)了.

（責(zé)任編輯鐘偉芳）