從一道2023年高考題談二面角的求法

張澤勇

摘要：求二面角的大小是高數學中的一個重點和難點問題，也一直是歷年高考的高頻考點，重點考查邏輯推理、直觀想象和數學運算等數學學科核心素養.但是大部分學生仍然畏懼這類題型或者解此類題的方法非常單一，本文中通過“一題多解”來探究二面角的求法，幫助學生掌握解決此類題的方法，領悟解題過程中蘊含的數學思想.

關鍵詞：二面角；核心素養；數學思想

1真題再現

題目（2023年新課標全國Ⅱ卷）如圖1，三棱錐A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60°，E為BC的中點.

（1）證明：BC⊥DA；

（2）點F滿足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦值.

2解法探究

由于問題（1）只需先證明BC⊥平面ADE即可得到結論，因此本文重點探究問題（2）中求解二面角的方法.

方法1：坐標法.

解：設DA=DB=DC=2.

結合題意，得AC=AB=2，DE=AE=2.

所以AE2+DE2=AD2，即AE⊥DE.

又AE⊥BC，DE∩BC=E，所以

AE⊥平面BCD.

如圖2，建立空間直角坐標系E-xyz，則D（2，0，0），A（0，0，2），

B（0，2，0），E（0，0，0）.

設平面DAB與平面ABF的一個法向量分別為n1=（x1，y1，z1），n2=（x2，y2，z2）.

由EF=DA=（－2，0，2），可得

F（－2，0，2），所以AF=（－2，0，0）.

又AB=（0，2，-2），則有

－2x1+2z1=0，2y1－2z1=0，2y2－2z2=0，－2x2=0.

易得n1=（1，1，1），n2=（0，1，1）.

設二面角D-AB-F的大小為θ，則

|cosθ|=|n1·n2||n1||n2|=23×2=63.

所以sinθ=1－69=33.

故二面角D-AB-F的正弦值為33.

歸納：此方法是在能夠建立空間直角坐標系的前提下，通過分別求出兩個平面的法向量的坐標，進而求出二面角的余弦值，然后求出二面角的正弦值.

方法2：基底法.

解：設DA=DB=DC=2.

令DA=a，DB=b，DC=c，則

a·b=2，a·c=2，b·c=0.

設平面ABD的法向量為m=xa+yb+zc.

由m·DB=0，m·DA=0，得（xa+yb+zc）·b=0，（xa+yb+zc）·a=0.

令y=－1，解得m=2a－b－3c，則|m|=26.

易證CA⊥平面ABF，所以CA是平面ABF的一個法向量.又CA=a－c，|CA|=2，所以

cos〈CA，m〉=CA·m|CA||m|=82×26=63.

所以sin〈CA，m〉=1－cos2〈CA，m〉=33.

歸納：此方法是在確定基底的前提下，先求出兩個平面的法向量（用基底表示），進而求出二面角的余弦值.

點評：以上兩種方法都是將幾何問題轉化為向量問題，將向量的運算結果翻譯為幾何結論，有效避免了尋找二面角的平面角，體現了化歸與轉化的思想，將“數”與“形”完美結合.但對學生計算能力的要求較高，這就需要在教學中加強對學生數學運算素養的培養.

方法3：定義法.

解：如圖3，取AB的中點P，BF的中點N，連接AE，DE，PN，PE，DP，則PN∥AF.

由EF=DA，可知四邊形ADEF為平行四邊形，則DE∥AF，所以

DE∥PN.

方法1中已證DE⊥AE.

又DE⊥BC，BC∩AE=E，所以

DE⊥平面ABC，則

DE⊥AB.

所以PN⊥AB.

又在等邊三角形ABD中PD⊥AB，

所以∠DPN是二面角D-AB-F的平面角.

設DA=DB=DC=2，又因為∠DPN與∠PDE互補，

sin∠DPN=sin∠PDE=PEDP=33.

歸納：利用此方法求解二面角，其實質就是在圖中先確定二面角的平面角，然后求出平面角的大小即二面角的大小.所以利用定義法求解二面角最關鍵的步驟就是確定二面角的平面角.

方法4：分割法[1].

解：如圖4，取AB的中點P，連接DP，DE，PE.在方法3中已證DE⊥平面ABC，DE∥AF，所以AF⊥平面ABC.又AF平面ABF，則平面ABC⊥平面ABF，所以二面角C-AB-F為直二面角.在等邊三角形ABD中，AB⊥DP，又PE是DP在平面ABC內的射影，由三垂線逆定理得AB⊥PE.

所以∠DPE是二面角D-AB-C的平面角.

易得cos∠DPE=PEDP=33.

因為平面ABC將二面角D-AB-F分割為二面角D-AB-C和直二面角C-AB-F，設二面角D-AB-F的大小為θ，則θ=∠DPE+π2，所以

sinθ=sin∠DPE+π2=cos∠DPE=33.

方法5：三垂線法.

解：如圖5，過點E作OE⊥平面ABD，垂足為O.設DA=DB=DC=2.結合題意，得EA=EB=DE=2，則點O是等邊三角形ABD的中心.過點O作OM∥EF，使得OM=EF，連接MF，AM，DE，DO，則四邊形OEFM為平行四邊形，得OE∥MF.所以

MF⊥平面ABD.

由EF=DA，知EF∥AD，且EF=AD，則OM∥AD，且OM=AD，所以四邊形ODAM為平行四邊形，所以M∈平面ABD，AM為斜線AF在平面ABD內的射影.

由方法3已證DE⊥AB，DE∥AF，所以AB⊥AF.

由三垂線逆定理，得AB⊥AM.

所以∠MAF（或其補角）為二面角D-AB-F的平面角.

在等邊三角形ABD中，DO=233；

在平行四邊形ODAM中，AM=DO=233；

在Rt△AMF中，MF=AF2－AM2=63.

所以sin∠MAF=MFAF=632=33.

歸納：方法4與方法5其實運用的都是垂線法，兩種解法都是在已經確定了其中一個半平面的垂線的前提下解題.在解題中，要確保垂線與兩個平面的交點后，才能找到解題的突破口.在方法3中，確定的垂線確實與兩個平面都相交，只是交點重合（交點重合的情況必定是垂線與二面角的棱相交的時候），此時可用分割法確定二面角的平面角.方法4中，無法確定其中一個平面的垂線與另一個平面

，則可通過平移垂線，使平移后的垂線與兩個平面都相交，確定了交點后可根據三垂線法得到二面角的平面角（或補角）.

方法6：兩個半平面的垂線所成角（或補角）的大小即為所求二面角的大小.

解：如圖6，過點E作OE⊥平面ABD，垂足為O，取AB的中點P，連接PE，OP，DE，EA，則OE⊥OP.

設DA=DB=DC=2，結合題意得EA=EB=DE=2，則點O是等邊三角形ABD的中心.在方法4中已證明平面ABC⊥平面ABF，AB⊥PE，又因為平面ABC∩平面ABF=AB，所以PE⊥平面ABF.

所以∠OEP（或其補角）為二面角D-AB-F的平面角.又OP=13DP=33，PE=12AC=1，

則在Rt△POE中，有sin∠OEP=OPPE=33.

歸納：方法6其實與方法1和方法2的解題思想本質是一樣的，共同點是利用二面角中兩個半平面垂線的夾角與二面角的平面角的關系，通過求解兩垂線的夾角，進而確定二面角的大小.

方法7：垂面法.

解：如圖7，取AB的中點P，BF的中點N，連接DE，PN，PE，EN，DP，

則PN∥AF，EP∥AC.

由EF=DA，可知四邊形ADEF為平行四邊形，則DE∥AF.

所以DE∥PN，可知平面PDE與平面PDEN是同一平面.在方法3中已證AB⊥DE，在方法4中已證AB⊥PE，又PE∩DE=E，PE，DE平面PDEN，則AB⊥平面PDEN.

所以∠DPN是二面角D-AB-F的平面角.

設DA=DB=DC=2.

由方法3，已計算sin∠DPN=33.

歸納：此方法是在確定了二面角的棱的垂面后，此垂面與二面角的兩個半平面的交線所成的角就是二面角的平面角.如果垂面與二面角的兩個半平面的交線無法確定，可以通過延展平面或者平移平面來確定兩交線.

點評：方法3～方法7都是根據二面角的平面角的作法，利用判定定理和性質定理證明所作角即為所求角，這些方法不僅要求學生對相應的知識非常熟悉，而且要有較強的邏輯推理和直觀想象能力.

以上7種方法都是通過挖掘題目中的隱含條件，雖然每種方法的側重點不同，但是本質都是圍繞二面角的定義直接或間接求解二面角，這也體現了數學中的轉化與化歸思想，所以“一題多解”的探究是有必要的.除了以上方法，其實還有一些其他求解二面角的方法，比如面積射影法、三面角公式法[2]，用這兩種方法同樣能解出此題.關于二面角的解法也許還有很多，解法的多樣性更能考查學生的綜合解題能力.本文中通過“一題多解”探究二面角的解法，幫助學生掌握解決此類題的方法，在知識與方法的整合中全面提升數學學科核心素養，并領悟解題過程中蘊含的數學思想.

參考文獻：

［1］程宏詠.從一道調研試題談二面角的求法[J].數學之友，2022（10）：66-68.

［2］張東.從2020年一道高考題談二面角的求法[J].理科考試研究，2021（17）：17-19.