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(杭州學軍中學 浙江杭州 310012)
“怎樣讓學生學好立體幾何”這個問題一直困擾著我們,相當多的學生對“立體幾何”課程望而生畏,尤其是女生,更是談“立”色變.問題在何處?筆者認為,主要是由“立體幾何”本身的特性所致.首先,它要求學生具有高度的空間想象力和嚴密的邏輯推理能力;其次,從“平面立體幾何”到“立體幾何”思維跨度太大,出現(xiàn)思維斷層,加之“平面紙”上研究空間幾何關(guān)系,就顯得無從入手,很不適應.不少學生在學習“立體幾何”時“丑態(tài)”百出,定理亂用;再則,由于空間向量工具的引入,更使學生感到找到了最后一根救命稻草,斷然拋棄幾何關(guān)系,做題就建系,導致對于空間問題中點、線、面等基本關(guān)系的判斷全無感覺,更談不上對空間關(guān)系的邏輯論證,立體幾何的學習已完全失去其原本的教學意義.
學生無法用空間點、線、面等基本關(guān)系研究幾何問題的關(guān)鍵在于:找不到幾何關(guān)系的基本規(guī)律,覺得空間線面關(guān)系千變?nèi)f化,錯綜復雜,找不到頭緒,從而無所適從.為破解這個難題,筆者歷時數(shù)年,專門對復雜紛繁的“立體幾何”大題,尤其是歷屆高考“立體幾何”大題進行分析、提煉,發(fā)現(xiàn)幾乎所有考題均與一個基本模型相關(guān),而這個基本模型中恰恰隱含了“立體幾何”中所有的幾何關(guān)系:即線線角(異面直線所成角)、線面角(直線與平面的所成角)、面面角(2個平面的所成角).這個基本模型是一個四面體,每個面均為直角三角形.鑒于它的重要意義,筆者把這個基本模型叫做“四直角四面體”.
“四直角四面體”是由“立體幾何”中最基本、最核心的知識點提煉而成的模型,它的優(yōu)越之處是抓住了“立體幾何”的本質(zhì)規(guī)律,提煉出的幾個簡單的基本關(guān)系揭示了“立體幾何”的基本結(jié)構(gòu),可以快速求出各種空間角(線線角、線面角、面面角),解題時只要準確識別題型模式,快速從復雜的“立體幾何”圖形中分離出基本模型,即可輕松解決千變?nèi)f化的“立體幾何”大題,讓解題由難變易,化繁為簡.
讓學生牢固掌握“模型思維”,將會大幅提升學生的學習興趣和學習效果,從而達到輕松提分的效果.同時,對立體幾何這門學科也會有一個新的認識.
定義每個面都是直角三角形的空間四面體稱為四直角四面體(如圖1).
圖1
若設(shè)β為斜線PA與底面ABC所成的線面角,δ為直線AC與側(cè)面PAB的線面角,α為AB與斜線AP在底面ABC上射影AC的夾角,θ為AB與斜線AP的夾角,φ為斜面PAB與底面ABC所成二面角的平面角,ψ為斜面PAB與側(cè)面APC所成二面角的平面角,則必有下列重要關(guān)系式:
(1)cosθ=cosαcosβ;
(4)sinδ=sinαsinφ.
證明已知PC⊥面ABC,作CB⊥AB,聯(lián)結(jié)PB,由三垂線定理知,PB⊥AB.設(shè)AP=1,∠PAC=β,∠CAB=α,∠PAB=θ,∠PBC=φ,則在Rt△PAC中,
AC=cosβ,PC=sinβ;
在Rt△PAB中,
AB=cosθ,PB=sinθ;
在Rt△ABC中,
即
cosθ=cosαcosβ;
在Rt△PBC中,
由條件的對稱性,可得
由面PAB⊥面PCB于PB,作CH⊥PB于點H,聯(lián)結(jié)AH,則∠HAC=δ即為直線AC與側(cè)面PAB的線面角.由于面HCB⊥面CBA于CB,于是
cos∠HCA=cos∠BCA·cos∠HCB,
即
亦即
sinδ=sinαsinφ.
為了使用方便,我們還可簡化模型的制約條件,即只要三面角A-BDC中有2個面互相垂直即可.如圖2,設(shè)∠BAD=β,∠CAD=α,∠BAC=θ,二面角B-AC-D的平面角為φ,二面角C-AB-D的平面角為ψ.若面ADB⊥面ADC(簡記為β⊥α),則
圖2
(1)cosθ=cosαcosβ;
(4)sinδ=sinαsinφ.
簡化后的模型,由于只需α⊥β(角α所在平面與角β所在平面)即可使用模型,為解題操作帶來更大的方便,我們稱這個簡化的模型為“直三面角”模型.
這個模型具有強大的威力,幾乎可以破解所有求角(線線角、線面角、面面角)的高考試題,故我們稱其是最牛的基本模型.下舉例說明之.
圖3 圖4 圖5
例1如圖3,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,點D是BC的中點,
(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1與ABA1所成二面角的正弦值.
(2013年江蘇省數(shù)學高考試題)
解(1)略.
(2)如圖4,延長C1D交B1B于點P,聯(lián)結(jié)PA,則PA為平面ADC1與平面ABA1的交線.因為D為BC的中點,所以PB=BB1,則PBA1A為平行四邊形,從而PA∥BA1,即∠APD為異面直線A1B與C1D所成的角.故所求問題即轉(zhuǎn)化為在三棱錐P-ABD中求∠APD和二面角B-PA-D的平面角.
由題設(shè)知:PB⊥面ABD,則面PBA⊥面ABD,從而三面角A-PBD為“直三面角”模型,分離后如圖5.
由“直三面角”模型公式,得
圖6
例2如圖6,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.
(1)證明:AC⊥B1D;
(2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值.
(2013年湖南省數(shù)學高考理科試題)
圖7 圖8
(1)略.
(2)解設(shè)AC∩BD=O,如圖7,由∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,得
因為ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,所以三面角A-D1DO是“直三面角”模型,分離后如圖8.
作DH⊥OD1于點H,聯(lián)結(jié)AH,設(shè)∠D1AD=β=45°,∠DAO=α=60°,∠D1AO=θ,∠HAD=δ,則
例3(原創(chuàng)題)已知在四面體A-BCD中,∠DAB=30°,∠BAC=60°,∠CAD=45°,AB=4,AC=2,AD=3,求直線AC與面ABD所成角的余弦值.
圖9
解如圖9,過點D作平面ABC的垂線交底面于點O,聯(lián)結(jié)AO,則三面角A-DOC,A-DOB均為“直三面角”.
設(shè)∠DAO=β,∠CAO=α,∠DAC=θ=45°,∠BAO=α′,∠DAB=θ′=30°,α′=60°-α,則
cosθ=cosαcosβ,
即
同理可得
cosθ′=cosα′cosβ,
即
從而
故
圖10
例4如圖10,AB是圓的直徑,PA垂直圓所在的平面,C是圓上的點.
(1)求證:平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AB=2,AC=1,PA=1,求二面角C-PB-A的余弦值.
(2013年遼寧省數(shù)學高考理科試題)
解(1)略.
(2)由題意知,面PAB⊥面CAB,故P-ABC為“直三面角”.設(shè)二面角C-PB-A的平面角為φ,則由“直三面角”基本關(guān)系得
于是
圖11
(1)證明:PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小為60°,求∠BDC的大小.
(2013年浙江省數(shù)學高考理科試題)
解(1)略.
(2)由MD⊥面BCD,知B-MCD是“直三面角”模型.
又因為
所以
即
4sin2α=1,
亦即
從而
α=30°,
故
∠BDC=60°.
(1)證明:BC1∥平面A1CD;
(2)求D-A1C-E的正弦值.
(2013年全國數(shù)學高考課標卷理科試題)
圖13 圖14
(1)略.
AC⊥BC.
又AD=DB,得
CD⊥AB,
從而三面角A1-EDC即為“直三面角”模型,分離如圖14所示.
設(shè)∠EA1D=β,∠CA1D=α,∠CA1E=θ,二面角D-A1C-E的平面角為φ,則由“直三面角”基本關(guān)系得
從而
于是
例7(原創(chuàng)題)如圖15,已知四面體A-BCD中,∠DAB=60°,∠BAC=45°,∠CAD=90°,AB=2,AC=2,AD=2,求頂點D到面ABC的距離.
圖15 圖16 圖17
解如圖16,過點D作平面ABC的垂線交底面于點O,則DO即為點D到面ABC的距離.聯(lián)結(jié)AO,則三面角A-DOB即為“直三面角”模型,分離如圖17.
設(shè)∠DAO=β,∠BAO=α,∠DAB=θ=60°,則由“直三角面角”基本關(guān)系得
cosθ=cosαcosβ,
因為∠CAD=90°,DO⊥面ABC,所以∠CAO=90°.又∠BAC=45°,得
∠BAO=α=45°,
從而
cos60°=cos45°cosβ,
得
即
β=45°,
故
圖18
例8(原創(chuàng)題)如圖18,已知在三棱錐A-BCD中,∠BAC=45°,∠BAD=90°,∠CAD=60°,且AB=2,AC=3,AD=4,求三棱錐A-BCD的體積.
圖19 圖20
由“直三面角”基本關(guān)系得
cosθ=cosαcosβ,cosθ′=cosα′cosβ′,
即
cos45°=cosαcosβ,
從而
由
得
即
β=30°,
從而
于是
上述通過“基本模型”破解了各種類型的求角問題,由于篇幅所限,其余試題的破解只能忍痛割愛,讀者可以自己嘗試一一破解.