思維與技巧比翼，幾何與代數融合

摘要：空間立體幾何場景下的動態及其應用問題，一直是立體幾何中的一大創新問題，由此產生與之相關的最值（或取值范圍）問題，成為高考中比較常見的一類熱點問題.本文以一道兩個同底且“倒扣”的正三棱錐與對應的外接球場景下相應的二面角問題為例，從不同思維視角層面切入，合理尋找解決問題的突破口，歸納總結破解規律與技巧策略，引領并指導數學教學與復習備考.

關鍵詞：正三棱錐；二面角；外接球；外接圓

立體幾何場景下的動態特征及其應用問題，涉及位置、距離、角度等要素，一直是高考中的基本考點與熱點問題之一.通過空間幾何體的創設，借助動點的變化與應用，由此產生相應的二面角問題，給二面角及其相關應用的最值（或取值范圍）問題提供條件.

同時，此類涉及立體幾何中二面角及其相關應用的最值（或取值范圍）問題，往往有效交匯并融合眾多的數學知識點，具有較強的綜合性和技巧性，可以很好地考查考生的數學“四基”與“四能”，有效實現數學試題的選拔性與區分度，成為考試中的一個重點與難點，倍受各方關注.

1問題呈現

問題［2024年江蘇省蘇錫常鎮四市高三教學情況調研（二）數學試卷第8題］正三棱錐PABC和正三棱錐QABC共底面ABC，這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，點P和點Q在平面ABC的異側，這兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角分別為α，β，則當α+β最大時，tan（α+β）＝（）.

A. －13

B. －23

C. －1

D. －43

此題以兩個同底且“倒扣”的正三棱錐與對應的外接球為問題場景，結合這兩個正三棱錐的側面與底面所成的角為變量來合理創設，進而求解這兩個角之和取得最大值時，對應兩個角之和的正切值.

依題作出相應的立體幾何圖形，如圖1所示，結合圖形的直觀性，尋找這兩個正三棱錐的高來轉化與處理，通過三垂線法構造對應的二面角的兩個正切值，給問題的進一步分析與處理創造條件.在此基礎上，結合各自正三棱錐與底面所成角的正切值，通過觀察三角函數表達式的結構特征，確定兩正切值之積為定值，進而利用兩角和的正切公式加以轉化，借助基本不等式的放縮與應用來分析與處理，有效實現立體幾何中動點的“動”與三角函數關系式中變量的“靜”之間的轉化與應用，突破幾何與代數之間的巧妙轉化，進而實現問題的突破與求解.

隨著問題的剖析與觀察，合理的設參法就成為問題解決的關鍵.不同思維視角的設參與應用，也給問題的不同技巧方法創造了條件，形成豐富多彩的解法與應用，呈現出不同的邏輯推理技巧與數學運算應用.

2問題破解

2.1設參思維

方法1：設參法——半徑.

依題，設外接球半徑為1，底面△ABC的外接圓半徑為r，如圖2所示，則有BM＝r，MN＝r2，可得OM＝1-r2.

所以tanα＝PMMN＝1+1-r2r2gt;0，同理可得

tanβ＝1-1-r2r2gt;0，則tanαtanβ＝

1+1-r2r2·1-1-r2r2＝4.

所以結合基本不等式，可得tan（α+β）＝tanα+tanβ1-tanαtanβ＝tanα+tanβ-3≤2tanαtanβ-3＝－43，當且僅當tanα＝tanβ＝2時，等號成立，此時α+β最大.

所以當α+β最大時，tan（α+β）＝－43，故選擇答案D.

點評：根據題設條件，合理引入底面三角形的外接圓半徑為參數，進而通過立體幾何圖形的特征以及平面幾何性質，借助三垂線法構造其中一個二面角的正切值，同理構造另一個二面角的正切值，給問題的進一步分析與應用創造條件.構造兩個相應二面角的正切值，是解決問題的重要突破口，而進一步觀察兩個相應二面角的正切值對應的表達式的結構特征，尋找其“定積”，為利用基本不等式的放縮來確定最值創造條件.

方法2：設參法——兩心距.

依題，可知球心O必在PQ上.設P在底面ABC上的射影為H，過H作AB的垂線，垂足為M，如圖3所示.

設外接球半徑為1，不妨設O在線段PH上，OH＝x，則HA＝1-x2.

顯然H為等邊△ABC的中心，所以HA＝HB，∠AHB＝120°，所以HM＝12AH.

tanα＝PHHM＝2PHAH＝2（1+x）1-x2＝21+x1-xgt;0，同理可得tanβ＝21-x1+x gt;0，則有tanαtanβ＝21+x1-x×21-x1+x ＝4.

所以結合基本不等式，可得tan（α+β）＝tanα+tanβ1-tanαtanβ＝tanα+tanβ-3≤2tanαtanβ-3＝－43，當且僅當tanα＝tanβ＝2時等號成立，此時α+β最大.

所以當α+β最大時，tan（α+β）＝－43，故選擇答案D.

點評：根據題設條件，合理引入底面三角形的外接圓的中心與外接球的球心之間的兩心距為參數，對于問題的求解同樣起著關鍵的作用.此時構造出來的兩個相應二面角的正切值，更加容易觀察兩者之間的“定積”關系，為進一步利用基本不等式的放縮與應用提供條件，也可以直接通過正切值表達式的代入并結合基本不等式來放縮處理.

方法3：設參法——高.

依題，設P在底面ABC上的射影為P′，O為球心，如圖4所示.

不妨設PP′≥QP′，PP′＝m，QP′＝n，則有OP＝m+n2，OP′＝m-n2，結合直角三角形的射影定理，可得AP′＝PP′×QP′＝mn.

所以tanα＝PP′12AP′＝2PP′AP′＝2mmngt;0，同理可得tanβ＝2nmngt;0，則有tanαtanβ＝2mmn·2nmn＝4.

所以結合基本不等式，可得tan（α+β）＝tanα+tanβ1-tanαtanβ＝tanα+tanβ-3≤2tanαtanβ-3＝－43，當且僅當tanα＝tanβ＝2時等號成立，此時α+β最大.

所以當α+β最大時，tan（α+β）＝－43，故選擇答案D.

點評：根據題設條件，合理引入兩個正三棱錐的高為參數，通過雙參數的設置來實現問題的突破與求解.雙參數的設置，依托外接球與外接圓的幾何性質，合理借助直角三角形的射影定理來應用，使得問題的求解與突破更加直接.

2.2特殊思維

借助圖形的對稱性可知，當這兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角α，β相等時，α+β最大.

此時底面△ABC的外接圓恰是外接球的大圓.設此時外接球半徑為1，則底面△ABC的外接圓半徑也為1.

則有tanα＝112＝2，結合α，β相等，所以tanα＝tanβ＝2，所以tan（α+β）＝2tanα1-tan2α＝－43，故選擇答案D.

點評：根據題設條件，通過立體幾何圖形的變化規律，借助特殊思維來分析與處理，有時可以產生“秒殺”的良好效果.借助對稱性與特殊法，通過兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角α，β相等時來切入，直接求解此時所對應的結果，節省更多的寶貴時間，也使得分析與求解過程更加簡捷.只是特殊思維法的應用，有時缺乏嚴謹性，必要時要進行合理的推理與論證，保證特殊思維所得結果的準確性.

3變式拓展

3.1本源變式

根據以上問題與解析過程，求解的是“當α+β最大時，tan（α+β）的值”，其實質就是求解“tan（α+β）的最大值”.對問題加以變式應用，使其更加直接明了.

變式1正三棱錐PABC和正三棱錐QABC共底面ABC，這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，點P和點Q在平面ABC的異側，這兩個正三棱錐的側面與底面ABC所成的角分別為α，β，則tan（α+β）的最大值為.

該變式問題的解析過程，可以直接參照原問題的相關解法與過程.這里不多加以展開與敘述.

3.2深入變式

基于兩個同底且“倒扣”的正三棱錐與對應的外接球及其應用問題，合理深入探究，巧妙類比應用，進一步深入研究兩個同底且“倒扣”的正四棱錐與對應的外接球問題，合理變式與應用.

變式2正四棱錐PABCD和正四棱錐QABCD共底面ABCD，這兩個正四棱錐的所有頂點都在同一個球面上，點P和點Q在平面ABCD的異側，這兩個正四棱錐的側面與底面ABCD所成的角分別為α，β，則tan（α+β）的最大值為.

解析：依題，可知球心O必在PQ上，設P在底面ABCD上的射影為H，過H作BC的垂線，垂足為M，此時M恰是BC的中點，如圖5所示.

設外接球半徑為1，O在線段PH上，設OH＝x，則HB＝1-x2.

顯然H為正方形ABCD的中心，所以HM＝22HB＝221-x2.

所以tanα＝PHHM＝1+x221-x2＝21+x1-xgt;0，同理可得tanβ＝21-x1+xgt;0，則有tanαtanβ＝21+x1-x·21-x1+x＝2.

所以結合基本不等式，可得tan（α+β）＝tanα+tanβ1-tanαtanβ＝tanα+tanβ-1≤2tanαtanβ-1＝－22，當且僅當tanα＝tanβ＝2時，等號成立，即tan（α+β）的最大值為－22，故填答案－22.

4教學啟示

涉及立體幾何中二面角及其相關應用的最值（或取值范圍）問題，應當注重依托對應的空間幾何體及其數學模型，結合相關動點的變化與運動情況，正確剖析題目條件，把握運動變化的內涵與實質；借助“動”來合理化歸轉化，巧妙化“動”為“靜”，“動”“靜”結合；通過合理的設元，巧妙引入參數或相關的變量；通過“靜”態思維，結合相關的函數或方程、三角函數、不等式、幾何直觀以及特殊思維等來分析與應用，實現問題的巧妙解決，全面提升數學能力，優化數學品質，培養數學核心素養.