根據一道高考試題來淺析二面角求法

在立體幾何中，二面角的求法多種多樣，教師盡可能地把所有的方法教給學生，并多次訓練，應該說學生掌握的方法越多，在考試中會更靈活，得分率會比較高。根據多年考試結果的總結，事實上并非如此。是什么原因造成的呢？可能是方法太多而無從下手，該怎么辦呢？方法的選擇應該有主有次。下面我結合2004年的全國卷一的一道試題為例來分析一下：

如圖，已知四棱錐P—ABCD，PB⊥AD，側面PAD為邊長等于2的正三角形，底面ABCD為菱形，側面PAD與底面ABCD所成的二面角為120°。

（I）求點P到平面ABCD的距離；

（II）求面APB與面CPB所成二面角的大小。

解：（I）如圖，作PO⊥平面ABCD，垂足為點O。連結OB、OA、OD、OB與AD交于點E，連結PE。

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB，

∵PA=PD，∴OA=OD，

于是OB平分AD，點E為AD的中點，所以PE⊥AD。

由此知∠PEB為面PAD與面ABCD所成二面角的平面角，

∴∠PEB=120°，∠PEO=60°。

由已知可求得PE= ，

∴PO=PE·sin60°= × = ，

即點P到平面ABCD的距離為 。

（II）采用傳統的A本和向量思想的B本來分析、解決。

方法一：傳統的“作、證、算”。

如圖，取PB的中點G，PC的中點F，連結EG、AG、GF，則AG⊥PB，FG∥BC，FG= BC.

∵AD⊥PB，

∴BC⊥PB，FG⊥PB，

∴∠AGF是所求二面角的平面角。

∵AD⊥面POB，

∴AD⊥EG.

又∵PE=BE，

∴EG⊥PB，且∠PEG=60°.

在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°= 。

∵AE= AD=1，

于是tan∠GAE= = ，

又∠AGF=π－∠GAE，

所以所求二面角的大小為π－arctan 。

本方法的步驟是：

（1）找或作出二面角的平面角。作二面角時，一般有三種方法：定義法、三垂線定理法、垂面法。

（2）證明其符合定義，確定某角為二面角的平面角。

（3）通過計算求出二面角的平面角的大小。常用的求角的方法有直角三角形內三角函數定義、余弦定理等。

以上采用的方法可以看作是定義法，可是在求解二面角時先找二面角∠AGF與∠GAE的關系，看起來容易，做起來難度相對有點大。直觀的方法是可以直接用余弦定理求∠AGF，過程如下：

如圖，取PB的中點G，PC的中點F，連結AG、GF、AC，則AG⊥PB，FG∥BC，FG= BC=1，連結AF。

∵AD⊥PB，

∴BC⊥PB，FG⊥PB，

∴∠AGF是所求二面角的平面角。

∵PO= ，PE=BE，∠PEB=120°，

∴∠OBP=30°，

∴PB=2，PO=3，

∴PC= ，AG= .

∵AB=2AE，AE⊥BE，

∴∠DAB=60°，

∴AC=2 .

在△PAF中，cos∠APF= = ，

在△PAC中，cos∠APF= = ，

可得AF= ，

∴cos∠AGF= = =- ，

所以所求二面角的大小為π－arccos 。

可以看出整個過程運算量不小，學生容易出錯。那么，運用三垂線定理可以證明該問題嗎？答案是肯定，如下過程：

如圖，過點A向平面PBC、PB分別作垂線，垂足分別為H、G，連接HG、EG，由三垂線定理可知HG⊥PB，所以∠AGH是所求二面角的平面角的補角。

∵AP=AB，AG⊥PB，

∴G為PB中點。

又∵PE= =BE，

∴EG⊥PB且∠PEG=60°.

在Rt△PEG中，EG=PE·cos60°= .

∵AD⊥OB，

∴BC⊥OB.

由三垂線定理知，EG⊥BC。

∴EG⊥平面PBC，

∴EG∥AH，

∴A、E、G、H四點共面。

又∵AE∥BC，

∴AE∥平面PBC，

∴AH=EG，

∴四邊形AEGH為矩形，

∴AH= ，GH=AE= AD=1。

于是tan∠AGH= = ，

又∠AGF=π-∠AGH。

所以所求二面角的大小為π-arctan 。

可以看出，整個過程運算量小，較易判斷。所以運用三垂線定理求二面角問題是我們最常用的方法，大部分求二面角問題都可以應用該方法，但在近幾年的高考試題的答案中，作二面角的方法很少用三垂線定理的方法，如2005年定義法，2008年垂面法，事實上應用三垂線定理也可以簡單完成，關鍵是大家認為垂線段的長不好算，不妨試一下等體積求高的方法。如上題求AH時，可以利用V =V ，即 × BC×PB×AH= × BC×BE×PO，AH就能輕松算出，因而一定要熟練地掌握它。

方法二：向量的方法。

如圖建立直角坐標系，其中O為坐標原點，x軸平行于DA。

P（0，0， ），B（0， ，0），PB中點G的坐標為（0， ， ），連結AG。

又知A（1， ，0），C（-2， ，0）。由此得到： =（1，- ，- ），

=（0，- ，- ）， =（-2，0，0），

于是有 · =0， · =0。

所以 ⊥ ， ⊥ ， 和 的夾角θ等于所求二面角的平面角，

于是cosθ= =- ，

所以所求二面角的大小為π-arccos 。

本方法的步驟是：

（1）建立空間直角坐標系，寫出對應點的坐標；

（2）在兩個半平面中找出兩個與二面角的棱分別垂直的向量，兩向量對應的直線不一定相交，以最易判斷端點坐標為好，并確定二面角的大小與向量夾角的關系；

（3）計算出向量坐標，利用夾角公式求出二面角的大小。

有的人認為，不管什么樣的二面角問題，我都采用萬能方法：利用兩個半平面的法向量關系判斷二面角的大小，如下：

如圖建立直角坐標系，其中O為坐標原點，x軸平行于DA，

P（0，0， ），B（0， ，0），連結AG，又知A（1， ，0），C（-2， ，0），由此得到：

=（0， ，- ）， =（-2，0，0）， =（-1， ，0）。

令平面PAB的一個法向量為 =（1，y ，z ），

∵ · =0×1+ y - z =0，

· =-1×1+ y +0×z =0，

得到y =- ，z =-1，

∴ =（1，- ，-1）.

∵平面PBC與x軸平行，

∴平面PBC法向量的橫坐標為0，

∴可令平面PBC的一個法向量為 =（0，1，z ）。

由 · =0×0+ ×1- z =0可得z = ，

∴ =（0，1， ）.

根據兩個向量 ， 的位置關系可以判斷 ， 的夾角θ等于所求二面角的平面角，

于是cos= =- ，

所以所求二面角的大小為π-arccos 。

利用法向量來判斷可以說確實直觀，不用“費腦子”，但是這種方法要遇到兩個問題：一是求法向量時，假設時要注意哪些坐標為0，哪些不為0，并且運算易出錯；二是法向量求出之后還要判斷法向量的夾角與二面角的大小關系，是相等，還是互補。

針對本題來說，當然還可以不用建立空間直角坐標系，直接利用封閉向量來求，如下：

如圖，取PB的中點G，連結AG、AC，則 ⊥ ，

∴ · =0。

∵ ⊥ ，

∴ ⊥ ，

∴ · =0，

∴ ， 的夾角θ等于所求二面角的平面角。

∵| |= ，| |=| |，∠PEB=120°，

∴∠OBP=30°，

∴| |=2| |=3，

∴ | |= ，| |= .

∵| |=2| |，∴ ⊥ ，

∴∠DAB=60°，∴| |=2 .

∵ = + + ，

∴ = + + +2 · +2 · +2 · ，

∴| | =| | +| | +| | +2 ·

=| | +| | +| | -2 ·

=| | +| | +| | -2| |·| |cosθ，

∴12= + +4-2× ×2cosθ.

于是cosθ=- ，

所以所求二面角的大小為π-arccos 。

利用封閉向量來求二面角雖然也是我們常用的方法，但缺陷是題型比較單一，并且要求的線段長較多，不利于運算的準確性。所以，筆者認為，要用向量的方法去求二面角時，最好尋找在兩個半平面中與棱垂直的向量，大家可能認為垂足的坐標不好確定，事實并不難，一方面可以用定比分點公式，另一方面可以用共線、垂直來判斷，并且向量夾角與二面角的大小關系也好判斷。

根據歷年高考試題中的二面角問題，我們不難發現，為了滿足使用不同版本教材的學生的公平性，問題的設置是有限的，解決的方法看似不同，實質上都類似，只要把握重點方法，在實際應用中定會戰無不勝。