2021年全國乙卷立體幾何二面角解法賞析

張曉建

摘 要：本文對(duì)2021年全國高考乙卷立體幾何試題的解法做了多角度的解析，進(jìn)而對(duì)立體幾何中二面角的求解給出了多種解法，也對(duì)二面角模型作了一個(gè)系統(tǒng)的介紹.

關(guān)鍵詞：高考;立體幾何;二面角

中圖分類號(hào)：G632?? 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A?? 文章編號(hào)：1008-0333（2022）04-0050-04

1 題目呈現(xiàn)

題目 （2021年全國乙卷理科第18題）如圖1，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M為BC的中點(diǎn)，且PB⊥AM.

（1）求BC;

（2）求二面角A-PM-B的正弦值.

1.1 試題情境分析

本題命制情境的幾何體是一個(gè)四棱錐，其滿足底面是一個(gè)矩形，有一條側(cè)棱垂直于底面，其原型是“陽馬”模型.

1.2 學(xué)科核心素養(yǎng)與學(xué)業(yè)質(zhì)量水平

學(xué)科核心素養(yǎng)學(xué)業(yè)質(zhì)量水平（一、二、三）

數(shù)學(xué)思想

邏輯推理能夠?qū)εc學(xué)過的知識(shí)有關(guān)聯(lián)的數(shù)學(xué)命題的條件與結(jié)論的分析，探索論證的思路，選擇合適的論證方法予以證明，并能用準(zhǔn)確的數(shù)學(xué)語言表述論證過程（水平二）直觀想象能夠掌握研究圖形與圖形、圖形與數(shù)量之間關(guān)系的基本方法，能夠借助圖形性質(zhì)探索數(shù)學(xué)規(guī)律，解決實(shí)際問題或數(shù)學(xué)問題（水平二）

數(shù)學(xué)運(yùn)算能夠針對(duì)運(yùn)算問題，合理選擇運(yùn)算方法、設(shè)計(jì)運(yùn)算程序，解決問題.能夠理解運(yùn)算是一種演繹推理;能夠在綜合運(yùn)用運(yùn)算方法解決問題的過程中，體會(huì)程序思想的意義和作用（水平二）轉(zhuǎn)化與化歸

1.3 基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能

二面角的定義以及二面角的平面角求解;運(yùn)用向量的方法研究空間基本圖形的位置關(guān)系和度量關(guān)系，體會(huì)向量方法和綜合幾何方法的共性和差異;運(yùn)用向量方法解決簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)問題和實(shí)際問題，感悟向量是研究幾何問題的有效工具;能用向量方法解決點(diǎn)到直線、點(diǎn)到平面、平行直線、平行平面間的距離問題和簡(jiǎn)單夾角問題，并能描述解決這一類問題的程序，體會(huì)向量方法在研究幾何問題中的作用.

2 解法探究

2.1 第（1）問解析

解析 由題知，PD⊥底面ABCD，PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以AM⊥DB.

在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=1，故BC=2.

2.2 第（2）問解析

解法1 如圖2，構(gòu)造一個(gè)長(zhǎng)寬高分別為AB=1，BC=2，AE=1的長(zhǎng)方體ABCD-EFGP，平面PMB即為平面EBCP.

故平面APM與平面EBCP所成銳二面角即為所求.

連接AF交BE于點(diǎn)H，則由長(zhǎng)方體性質(zhì)可得AH⊥平面EBCP.

過點(diǎn)H作HI⊥PM于點(diǎn)I，連接AI，則∠AIH即為二面角A-PM-B的平面角.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，

AI=AM·sin∠APM=355，

又因?yàn)锳H=22，

故sin∠AIH=AHAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法2 如圖3，構(gòu)造一個(gè)長(zhǎng)寬高分別為AB=1，BC=2，AE=1的長(zhǎng)方體ABCD-EFGP，平面PMB即為平面EBCP.

故平面APM與平面EBCP所成銳二面角即為所求.

連接AF交BE于點(diǎn)H，則由長(zhǎng)方體性質(zhì)可得AH⊥平面EBCP.

過點(diǎn)H作HI⊥PM于點(diǎn)I，連接AI，則∠AIH即為二面角A-PM-B的平面角.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，AI=AM·sin∠APM=355，

又AH=22，S△APM=12PM·AI=144，

在△HPM中，PH=PM=102，HM=1，

計(jì)算可得S△HPM=34.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM=31414.

所以∠sinAIH=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法3 如圖4，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于點(diǎn)I，計(jì)算可得AI=355.

在△BPN中，BP=2，BM=22，PM=102.

作BN⊥PM于點(diǎn)N，則

cos∠BPN=BP2+PM2-BM22BP·PM=31010，

sin∠BPN=1010，BN=BPsin∠BPN=105，

PN=BPcos∠BPN=3105.

又PI=APcos∠APM=2105，

故IN=105.

由AB2=（AI+IN+NB）2，得

1=75+25+25+2×145cos<AI，NB>.

所以cos<AI，NB>=-31414.

而二面角A-PM-B的大小與<AI，NB>互補(bǔ)，

故二面角A-PM-B的余弦值為31414.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法4 如圖5，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于點(diǎn)I，計(jì)算可得AI=355.

記點(diǎn)A到平面PBM的距離為dA，則二面角A-PM-B的正弦值為dAAI.

由等體積變換VP-ABC=VA-PBC，

得dA=22.

故dAAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法5 如圖6，由題意，PD⊥底面ABCD，

PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以平面ABCD⊥平面PDB，且交線為PO.

過點(diǎn)O作OS⊥PO交PB于點(diǎn)S，過點(diǎn)O作OT⊥PM交PM于點(diǎn)T，連接ST，則∠OTS即為二面角A-PM-B的平面角.

在△POB中，PO=213，OB=33，PB=2，

cos∠OPB=32114，sin∠OPB=714，tan∠OPB=39.

所以O(shè)S=PO·tan∠OPB=213×39=79.

在△POM中，PO=213，OM=66，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015.

故OT=OM·sin∠OMP=66×21015=3515.

所以tan∠OTS=OSOT=793515=53.

故sin∠OTS=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值為7014.

解法6 建立如圖7所示空間坐標(biāo)系D-xyz.

一個(gè)法向量為n=（x，y，z），由于AP=（-2，0，1），

n·AP=-2x+z=0，

n·AM=-22x+y=0.

令x=2，

得到n=（2，1，2）.

同理可求得平面PMB的一個(gè)法向量為m=（0，1，1）.

所以cos<n，m>=n·mn·m=31414.

所以二面角A-PM-B的正弦值為7014.

筆者從不同的角度分析、解決二面角的求解問題，當(dāng)然對(duì)于不同的立體幾何模型而言常需要不同的方法，希望能夠借此文章和各位讀者共同探討.為更好地掌握本題，特改編兩道練習(xí)如下：

變式1 如圖8，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，BC=2，M為BC上的動(dòng)點(diǎn)，二面角A-PM-B的正弦值為7014，試求BMMC的值.

變式2 如圖8，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M為BC上的中點(diǎn)，二面角A-PM-B的正弦值為7014，試求BC.

參考文獻(xiàn)：

[1]中華人民共和國教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[責(zé)任編輯：李 璟]