2024年4月12日发(作者：广西中考数学试卷南宁)
数理化解题研究
2021
年第
01
期总第
494
期
横看成岭侧成峰远近高低各不同
2020
年高考数学浙江卷第
19
题线面角问题的多角度分析
章显联
(
浙江省绍兴鲁迅高级中学
312000)
摘
要
：
本文对
2020
年高考数学浙江卷第
19题线面角问题进行多角度分析
：
非坐标形式的向量法
(
基底
法
)
、
三余弦定理法
、
等体积法
、
纯几何法
、
空间直角坐标系法
.
给出了复习的两个建议
：
关注最小
，
秒杀线面
；
重
视非坐标形式的向量法
.
关键词
：
非坐标形式的向量法
；
线面角
；
两个原理
中图分类号
:
G632
文献标识码
：
A
文章编号
：
1008
-0333
(
2021
)
01
-0036
-04
所成角为
0
,
由已知
，
得
0C
与平面
DBC
所成角也为
0.
一
、
典型考题
例
1
（2020
年浙江第
19
题
）
如图
1,
在三棱台
ABC
由公式
，
得
-
DEF
中
，
平面
ACFD
丄平面
ABC
,
/
ACB
-
/
ACD
-45
°
,
DC
-2
BC.
(1)
证明
：
EF
丄
DB
；
(2)
求直线
DF
与平面
DBC
所成角的正弦值
.
解法
2
三余弦定理法
过点
D
作
D0
丄
AC
于点
0
,
由已知
,
得
0
在平面
DBC
的射影
H
在
/
DCB
的角平分线上
,
设直线
DF
与
平面
DBC
所成角为
0
,
由已知
,
得
0C
与平面
DBC
所成
本题主要考查空间直线互
相垂直的判定和性质
，
以及直
线与平面所成角的几何计算问
角也为
0.
由三余弦定理
，
得
cos
n
-
cos
n
•
cos
0
,cos
0
-
f
•
4
6
题
，
考查了空间想象能力和思
维能力
，
平面与空间互相转化
能力
,
几何计算能力
，
以及逻辑
3
所以
sin
0
-
耳.
图
1
推理能力
，
本题属综合性较强
的中档题
.
笔者认为此题无论
解法
3
等体积法
.
过点
D
作
D0
丄
AC
于点
0
,
设直线
DF
与平面
DBC
所
成角为
0
,
由已知
，
得
0C
与平面
DBC
所成角也为
0.
是试题难度
、
试题背景
、
命题立意
,
还是对数学核心素养
的考查
，
都很到位
,
可谓简约不简单
.
它也是一道解题训
练的优质题
,
横看成岭侧成峰
，
很有研究价值
.
由
%
-
DBC
二
%
-
0BC
，
解得
h
二专,
sin
0
二豊二专.
解法
1
非坐标形式的向量法
(
基底法
)
过点
D
作
D0
丄
AC
于点
0
,
以
｛
C
B
，
C
B
,
CD
｝
为基底
.
不妨设
DC
-
2
BC
-2,
贝
V
DB
-
3
,
C0
-
2
,
/
0CB
-
：
,
/
0CD
-
n
,
/
DCB
-
n
,
设平面
DBC
的法向量为
n
-
%
解法
4
坐标形式的向量法
以
0
为原点
,
0D
为
Z
轴
,
0C
为
Y
轴
,
在平面
ABC
内
,
过点
0
作
0C
垂线为
Z
轴
，
易求
D
,
C
,
B
坐标
，
从而求得平
面
DBC
的法向量
，
利用线面角公式
sin
0
-
3
•
解法
5
纯几何法
C
O
+
y
C
B
+
zC
B
，
贝
V
由
-
CD
-0,
（
2
%
+
y
+
4
z
-
0,
•
C
B
-0
得
%
+
y
+
z
-
0
.
｛
分析
(1)
题根据已知条件
，
作
DH
丄
AC
,
根据面面垂
所以
n
-
-3
C0
+2
B
+
CD.
设直线
DF
与平面
DBC
收稿日期
：
2020
-10
-05
直
，
可得
DH
丄
BC
,
进一步根据直角三角形的知识可判断
作者简介
:
章显联
(
1972
.
12
-
)
，
男
，
浙江省龙港人
，
本科
，
中学高级教师
，
从事高中数学教学研究
.
—
36
—
2021
年第
01
期总第
494
期
数理化
解题研究
三正弦定理
（
最大角
定理
）
设二面角
M
-
AB
-
N
出厶
BHC
是直角三角形
，
且
Z
HBC
_90
°
,
则
HB
丄
BC
,
从
而可证出
BC
丄面
DHB
,
最后根据棱台的定义有
EF
〃
BC
,
根据平行线的性质可得
EF
丄
DB.
（
2
）
题可先设
BC
_
1,
根
的度数为
Y
,
在平面
M
上有一
条射线
AC
,
它和棱
AB
所成的
据解直角三角形可得
BH
_1,
角为
0,
和平面
N
所成的角为
//
HC
_
2
,
DH
_
2
,
DC
_2,
DB
a
,
贝
V
sin
a
_
si
叩
•
sin
y.
（
为了
力
B
_
3
,
然后找到
CH
与面
DBC
的夹角即为
Z
HCG
,
根据棱台
的特点可知
DF
与面
DBC
所成
角与
CH
与面
DBC
的夹角相
图
2
等
，
通过计算乙
HCG
的正弦值
，
即可得到
DF
与面
DBC
所
成角的正弦值
.
二
、
考题赏析
本题建系有些困难
,
不存在明显的过同一点的两两
垂直的直线
.
这种情况下
，
非坐标形式的向量法
（
基底法
）
显得更实用
.
本题解法以
｛
CO
,
C
B
,
CD
｝
为基底
，
因为它们
不共面长度可求
,
且它们的夹角也可求
.
应用此法
，
可使
求解过程更自由
.
若
CO
,
C
B
,
CD
是单位向量且两两垂直
,
就是通常的坐
标形式的向量法了
.
坐标形式的向量法可以看作是非坐标形式的向量法
的一种特殊情形
.
解法
2
中
0
在平面
DBC
的射影
H
在
Z
DCB
的角平
分线上
，
利用三余弦定理可求出
0C
与平面
DBC
所成角
.
三余弦定理
（
最小角
定理或爪子定理
）
设点
A
为
平面
a
上一点
，
过点
A
的斜
线在平面
a
上的射影为
B0
,
BC
为平面
a
上的任意直线
,
那
E
么
Z
ABC
,
乙
0BC
,
乙
0BA
三角的余弦关系为
cosZ
ABC
图
3
_
cos Z
0BC
•
cos
Z
0BA.
即
斜线与平面内一条直线夹角
0
的余弦值等于斜线与平面
所成角
a
的余弦值乘以射影与平面内直线夹角
O
的余弦
值
,cos0
_cos
a
-
cos
O.
（
为了便于记忆
,
我们约定
:
0
为斜
线角
,
a
为线面角
,
O
为射影角
）
证明
如图
3,^
0AB
,
△
0BC
,
△
ABC
均为直角三角
形
,
cosQ
BC
B0
AB
，
cos
a
AB
，
cos
O
B0
，
易知
cosQ
_
cos
a
•
cos
O
，
得证
.
说明
这三个角中
，
角
0
是最大的
,
其余弦值最小
,
等于另外两个角的余弦值之积
.
斜线与平面所成角
a
是
斜线与平面内所有直线所成角中最小的角
.
便于记忆
，
我们约定
:
0
为线
图
4
棱角
,
a
为线面角
，
Y
为二面
角
）
证明
如图
4,
C0
丄平面
N
,
0B
丄
AB
,
BC
丄
AB
,
△
0BC
,△
0AC
,
△
ABC
均为直角三角形
,
sin
y
_
0C
BC
,si
叩
_
BC
AC
_
器
，易得
，sin
a
sin
a
_
sin
S
•
sin
y.
说明
由
sin
a
_
sin
S
•
siny
且
sin
S
W
1,
知
sin
a
W
sin
y
,
a
W
y
，
所以二面角的半平面
M
内的任意一条直线与
另一个半平面
N
所成的线面角不大于二面角
,
即二面角
是线面角中最大的角
.
若平面斜线上异于斜足的点在平面上的射影不易确
定
，
则可转换为其他点如是操作或利用等体积法求出垂
线段的长
，
利用公式
sin
O
_
h
求得
.
如本题解法
3
.
其实不管是纯几何法还是坐标形式的向量法
,
都能
解决线面角问题
，
高考试题的参考答案一贯都是纯几何
法与坐标形式的向量法
,
每种方法的学习都可促进学生
能力的提高
,
只是各有侧重
.
如解法
4
与解法
5
.
三
、
复习建议
1
.
紧扣最小
，
秒杀线面
在研究空间角的最值与求值问题时
，
我们应关注最
大角与最小角定理
,
三余弦公式与三正弦公式
.
这样的考查在近几年的学考
、
高考试题中已多次出现
：
例
2
（
2019
年浙江高考第
8
题
）
设三棱锥
V
-
ABC
的底面是正三角形
,
侧棱长均相等
,
P
是棱
VA
上的点
（
不
含端点
）
.
记直线
PB
与直线
AC
所成的角为
a
,
直线
PB
与
平面
ABC
所成的角为
S
,
二面角
P
-
AC
-
B
的平面角为
Y
，
则
（
）
.
A
.
S
<
Y
,
a
<
y
B
.
S
<
a,0
<
y
C
.
S
<
a
,
y
<
a
D
.
a
<
0,y
<
0
解法
1
由最小角原理
，
得
S
<
a
，
记二面角
V
-
AB
-
C
的
平面角为
y\'
（
显然
y
_
y\'
）
，
由最大角原理
，
得
S
<
y
，
故选
B
.
解法
2
（
特殊位置
）
取
V
-
ABC
为正四面体
,
P
是棱
VA
上的中点
，
算出
a
,0,
y
的正弦值
，
可得选项
B
.
例
3
（
2018
年浙江高考第
8
题
）
已知四棱锥
S
-
ABCD
的底面是正方形
，
侧棱长均相等
,
E
是线段
—
37
—
数理化
解题研究
AB
上的点
（
不含端点
）
,
设
SE
与
BC
所成的角为
O
]
,
SE
与平面
ABCD
所成的角为
O
2
,
二面角
S
-
AB
-
C
的平面
2021
年第
01
期总第
494
期
ABD
丄平面
ABC.
在平面
ABD
内过点
D
作
DK
丄
AB
,
K
为
垂足
•
设
AK
=
£
,
则
t
的取值范围是
•
d
角为
O
3
,
则
（
）
•
A
.
O1
W
O
2
W
O
3
C
.
O
1
W
O
3
W
O
2
B
.
O
3
W
O
2
W
O
1
D
.
O
2
W
O
3
W
O
1
」
___
E
.
$
____C
/
一
A
B
图
7
解法
1
作出三个角
，
通过定量计算得出答案为
D
.
解法
2
由最小角与最大角原理知
：
O1
M
O
2
,
O
3
M
O
2
,
故选
D
.
A
K
B
例
4
（
2014
年浙江高考第
17
题
）
如图
5,
某人在
垂直于水平地面
ABC
的墙面
前的点
A
处进行射击训练
.
已
知点
A
到墙面的距离为
AB
,
某
目标点
P
沿墙面的射击线
CM
-
移动
，
此人为了准确瞄准目标
点
P
,
需计算由点
A
观察点
P
的仰角
O
的大小
•
若
AB
=
15m,
图
5
AC
=
25m,
Z
BCM
=
30
°
,
贝卩
tan
O
的最大值
解析
由线面角
W
面面角
,
求
tan
O
的最大值转化为
求二面角
M
-
AC
-
Q
的平面角
•
易求最大值为
5
j
•
例
5 （
2018
年
11
月浙江学考
）
四边形
ABCD
为矩
形
，
沿
AC
将
A
ADC
翻折成
A
AD\'C.
设二面角
D\'
-
AB
-
C
的平面角为
O
,
直线
AD\'
与
BC
所成的角为
O
1
,
直线
AD\'
与
平面
ABC
所成的角为
O
2
,
当
O
为锐角时
，
有
（
）
•
A
.
O
2
W
O
1
W
O
B
.
O
2
W
O
W
O
1
C
.
O
1
W
O
2
W
O
D
.
O
W
O
2
W
O
1
解析
由最小角原理
，
得
O
1
M
O
2
,
由最大角原理
，
得
O
M
O
2
,
下面比较
O
]
与
O
的大小即可
•
故选
B
.
例
6
（
2018
年全国高考
n
卷
理科第
20
题
）
如图
6,
在三棱锥
P
-
ABC
中
,
AB
=
BC
=2
2,
PA
=
PB
=
PC
=4,
0
为
AC
的中点
•
（
1
）
证明
：
PO
丄平面
ABC
；
（
2
）
若点
M
在棱
BC
上
,
且二面
角
M
-
PA
-
C
为
30
°
,
求
PC
与平面
图
6
PAM
所成角的正弦值
.
解析
（1
）
略
.
（
2
）
由题意
，
知线棱角
Z
CPA
=60
°
,
二面角
M
-
PA
-
C
为
30
°
，
由三正弦定理
，
得
sin
a
=
sin60
°
sin30
°
=
例
7
（
2009
年浙江高考理科第
17
题
）
如图
7,
在长
方形
ABCD
中
,
AB
=2,
BC
=
1,
E
为
DC
的中点
，
F
为线段
EC
（
端点除外
）
上一动点
•
现将
△
AFD
沿
AF
折起
,
使平面
—
38
—
解析
由三余弦定理及已知
，
得
cos
Z
DAF
=
cosZ
DAK
・
cosZ
BAF
,
又
Z
DAF
+
Z
BAF
二;
，
则
cos
Z
DAK
=
tan
Z
BAF.
在
Rt
△
DAK
中
t
=
cos
Z
DAB
,
因此
t
=
tanZ
BAF
,
又由折叠前的图形
，
知
0
<
Z
CAB
<
Z
BAF
<
Z
EAB
=
n
4
；
.
所以
tan
Z
CAB
<
tan
Z
BAF
<
tan
Z
EAB.
所以
1
<
t
<
1
.
考查这类空间角的大小是命题者难以割舍的情结
,
其本质是考查线面角与面面角定义的合理性
,
是考查学
生数学核心素养的有效途径
•
2
.
非坐标形式的向量法
非坐标形式的向量法比坐标形式的向量法应用更自
由
，
更广泛
•
相比较纯几何法可避免令人深感畏惧的辅助
线的添加技巧等
.
当然
,
解题方法中的选择也是当用则
用
，
不分彼此
,
有时多种方法可揉合于同一道题中
,
特别
是向量与几何的紧密联系与转化
•
应用非坐标形式的向
量法解题的基本步骤
：
（
1
）
会选基底
.
只需要不共面的三条线段长度可求
，
且它们的夹角也可求即可
.
（
2
）
会表示
•
会用基底表示其他向量
,
一般只涉及向
量的三角形式及其推广
（
闭合回路
）
,
数乘与平行
,
数量积
与垂直两个定理
•
特别是要掌握好平面法向量的求法
，
方
法可参考高考真题解法
1
•
（
3
）
会用公式
•
运算过程中无论是平面向量还是空间
向量操作完全一致
，
运用的公式与坐标形式的向量法一致
.
笔者尝试用非坐标形式的向量法研究高考数学卷
，
发现非坐标向量法作为解答立体几何的方法有着诸多的
可取之处
.
例
8
（2018
年浙江高考第
19
题
）
如图
8,
已知多面
体
ABCA
1
B
1
C
1
中
，
A
1
A
,
B
1
B
,
C
1
C
均垂直于平面
ABC
,
Z
ABC
=
120
°
,
A
1
A
=4,
C
1
C
=
1,
AB
=
BC
=
B
1
B
=2
.
（
1
）
证明
:
AB
】
丄平面
A
]
B
]
C
]
；
（
2
）
求直线
AC
】
与平面
ABB
]
所成的角的正弦值
.
解析
以
｛
BA
,
B
C
,
B
—
｝
为基底
，
可证明
（
1
）
,
也可求
2021
年第
01
期总第
494
期
数理化
解题研究
面
C
]
BD
为
a
,
面
CBD
为
0,
求二面角
a
-
BD
-
0
的平面角
的余弦值
；
(3)
当
CD
的值为多少时
，
能使
A
]
C
丄平面
C
]
BD
?
请给
得直线
AC
]
与平面
ABB
1
所成的角的
正弦值为晋
•
例
9
(2019
年浙江高考第
19
题
)
如图
9,
已知三棱柱
ABC
-
出证明
.
解析
以
｛
Cc
1
，
CD
,
C
B
｝
为基底
，
则
CA
]
-C
c
]
+
CD
+
CB.
(1)
由
BD
-
CD
-
CB
,
得
C
2
C
・
BD
-0,
所以
C
2
C
丄
BD.
(2)
易知平面
a
的法向量为
C
B
；
-
-8
CC
]
+
CD
+
A
1
B
1
C
1
,
平面
A
1ACC
1
丄
平面
ABC
,
/
ABC
-90
°
,
/
BAC
-30
°
,
A
1
A
二
A
1
C
-
AC
,
E
,
F
分别是
AC
,
A
]
B
]
的中点
(1)
证明
：
EF
丄
BC
；
C
B
，
所以平面
S
的法向量为
n
-
-4
CC
]
+
CD
+
C
B
,
从而
(2)
求直线
EF
与平面
A
1
BC
所成角的余弦值
.
解析
以
｛
E
b
]
c
B
,
C
B
｝
为基
底
,
可证明
(1)
，
也可求得直线
EF
与
平面
A
]
BC
所成角的余弦值是
3
•
图
9
我们研究的向量是自由向
量
，
运用非坐标形式的向量法无需考虑建立空间直角坐
标系所需要的特殊要求
,
使解题过程更自由
•
例
10
(2009
年浙江高考理科第
17
题
)
如图
10,
在
长方形
ABCD
中
,
AB
-2,
BC
-1,
E
为
DC
的中点
,
F
为线
段
EC
(
端点除外
)
上一动点
•
现将
△
AFD
沿
AF
折起
，
使平
面
ABD
丄平面
ABC.
在平面
ABD
内过点
D
作
DK
丄
AB
,
K
为垂足
•
设
AK
-
t
，
则
t
的取值范围是
•
图
10
解析
以
｛
K4
,
KD
,
KF
｝
为基底
，
设
DF
-
m
,
抓住折叠
过程中的不变量
AD
-
1,
AB
-2,
由于平面
ABD
丄平面
ABC
,
DK
丄
AB
,
从而
DK
丄平面
ABC.
由
DF
二
D
A
+
AF
二
d
K
+
k
A
+
AF
，
得
m
2
二
(
d
K
+
K4
+
AF
)
2
.
化简
,
得
mt
-
1,
即
t
—
—
m
.
由
1
<
m
<
2
,
得
2
<
t
<
1
.
利用非坐标形式的向量法进行的上述解答
,
化动为
静
，
简捷别致
，
令人耳目一新
.
例
11
(2000
年全国高考理
Bi
Ai
科第
18
题
)
如图
11,
已知平行六
面体
ABCD
-
A
1
B
1
C
1D
1
的底面
AB
CD
是菱形
，
且
/
C
1
CB
-
/
C
1
CD
-
/
BCD
-60
°.
(1)
证明
：
C
]
C
丄
BD
；
(2)
假定
CD
-2,
CC
3
]
-
3
，
记
图
11
求得
a
-
D
-
S
的平面角的余弦值为
3
•
(3)
当
CD
-1
时
,
能使
A
]
C
丄平面
C
]
BD.
设
CD
-2,
可证
A
]
C
丄
BD
,
再由
A
]
C
丄
BC
2
求得
CC
2
-2
.
例
12
(2015
年浙江省高
考理科第
13
题
)
如图
12,
三棱锥
A
-
BCD
中
，
AB
二
AC
二
BD
二
CD
-3,
AD
-
BC
-2,
点
M
,
N
分别是
AD
,
BC
的中点
，
则异面直线
AN
,
CM
所成的角的余弦值是
•
解析
以
｛
BA
,
BC
,
BD
｝
为基
图
12
底
，
在
△
ABD
,
由余弦定理得
cos
/
ABD
-
7
9
,
同理得
cos/
CBD
-
[
3
,
cos
/
ABC
-
[
3
,
BA
・
B
C
-2,
BA
・
B
D
-7,
B
C
・
BD
-2
.
用基底表示
AN
,
C
M
,
AN
--
BA
+
2
BC
,
C
M
-
2
(
BD
+
BA
-2
BC
)
,
异面直线
AN
,
CM
所成的角的余弦值是简]
CM
-
T
•
平面向量仅是空间向量的一种特殊情形
•
“
平面向
量
”
可向
“
空间向量
”
自然转化
.
用向量方法求解空间
角度与距离问题
,
为某些位置关系的判断问题创立了
一种新的方法
•
在向量的运算中
,
要注意数形结合
,
灵
活运用图形的几何意义
、
向量的几何意义去解题
.
《
新
课程标准
(2017
年版
)
》
对空间向量的应用提出了更
多
、
更高的要求
,
可见非坐标形式的向量法用于解决立
体几何问题
,
完全符合新课程标准对学生的要求
•
如何
使非坐标形式的向量法成为学生解决立体几何问题的
又一个通用的好方法
,
还需要我们建一步地探索与
总结
•
参考文献
:
[
1
]
章显联
.
高考复习要注意回归教材
[
J
]
.
数理化解
题研究
，
2020
(
13
)
：
15
-18.
[责任编辑
:
李璟
]
—
39
—
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向量,形式,坐标,平面,空间
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