以“试”为鉴——论三正弦定理、三余弦定理在高考题中的应用.pdf

7-352023年第7 期数学教学以“试”为鉴一一论三正弦定理、三余弦定理在高考题中的应用王仕强（贵州省安顺市一中，贵州安顺561000)中国高考评价体系中提出高考的功能是“立德树人、服务选才、引导教学”，研究高考真题服务选才的功能对高中教师显得非常重要，本文以2 0 2 2 年新高考I卷第19题、2 0 2 2年高考浙江卷第8 题为素材，讨论三正弦定理、三余弦定理在教材和高考中的地位和作用，并研究这类问题的本质、解题策略及推广价值.对于近年来高考立体几何题中涉及到的夹角问题，绝大多数学生想到的是向量法，当然用向量解决几何问题在最新版（2 0 19版）教材中的占比和篇幅大大提升了，甚至统计中的回归分析都在用向量去解释，可见向量解决几何问题是下一步要考查的重点，用向量法来解决立体几何问题是重要的通性通法.同时用几何知识来解决立体几何问题也是通性通法，且对培育学生直观想象和逻辑推理数学核心素养有很大的作用.基于此，近年来有很多高考立体几何真题用几何法来解显得格外简单，这也是命题者的命题意图.但有些立体几何定理教材上没有提到，或者是以思考、探究、例题习题等形式呈现的，并没有明确提出它是一个新的知识点.这就需要我们老师根据学生层次去适当地拓展延伸.本文就三正弦定理、三余弦定理及其在教材中的地位和高考解题中的应用作一个研究.1个简述三正弦定理、三余弦定理三正弦定理：设锐二面角M-AB-N为，在平面MAB上有一条射线AC,它和棱AB所成角为,和平面NAB所成的角为，则sin=sinsin(如图1).证明：过点C作CO1平面N于点O,过点O作直线OBAB于点B,连结OA、CB,则易MCNAB图1知OAC、O BC、A BC均为直角三角形.于COCOBC是sin=sinsin因此，ACBCACsin=sin sin.直线与直线、直线与平面、平面与平面的距离问题、平行问题和垂直问题间都存在着联系并可以相互转化，那么直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的夹角问题是否也存在着联系并可以相互转化呢？由三正弦定理就可以发现锐二面角不小于线面角，这里可以发现线面角和面面角之间的联系和相互转化的关系.那线线角和线面角之间有关系吗？三余弦定理就解释了这个问题.人教A版（2 0 19）必修第二册第15 1页右下方框中的思考区抛出了这个问题，需要学生去探究这个定理.而沪教版（2 0 19）必修第三册第30 页至31页详细地介绍了三余弦定理，且由三余弦定理解释了线线角和线面角之间的大小关系，及三余弦定理的特殊情况三垂线定理.三余弦定理（又称最小角定理）：设点A为面上一点，过点A的直线AO在面上的射影为AB，A C为面上的一条直线，那么LOAC、ZBAC、L O A B三角的余弦关系为：COSZOAC=cosZBACcosZOAB.证法同三正弦定理,不再赘述.7-362023年第7 期数学教学B图22简简述用三正弦定理、三余弦定理解两道2022年高考真题例1(（2 0 2 2 年新高考I卷第19题）如图3,直三棱柱ABC-A,B,C,的体积为4，A,BC的面积为2/2.BCiDE一1B图3（1）求点A到平面A,BC的距离；（2）设D为A,C的中点，AA=AB,平面A,BC1平面ABB,AI，求二面角A-BD-C的正弦值.解：(1)略;（2）设该二面角为,取A,B的中点E,由AA,=AB得AEIA,B,又平面A,BCI平面ABAI,平面A,BCn平面ABA,=A,B,所以平面A,BCIAE,所以BCIAE,又因为BCIAA1,所以BCI平面BAA1，A BC平面BAA,所以BC11AB,又因为 VABC-A,B,ci1-AB BCAA,=BC.22AA=4,则AB=BC=AA,=2,则AD=BD=/3,2V6sinZABE:sinZABD:由三正弦定理23得sinZABE=sinsinZABD,所以 sin=3即二面角A-BD-C的正弦值是22例2（2 0 2 2 年高考浙江卷第8 题）如图4,已知正三棱柱ABC-A,B,Ci,AC=AA1,E、F分别是棱BC、A,C,上的点.记EF与AA,所成的角为，EF与平面ABC所成的角为,二面角F-BC-A的平面角为,则（.FB,一iGCEB图4(A);(B);(C);(D).解：过点F作FG/AA，交AC于点G,因为GEGF,所以sinsin,故,又由三正弦定理知sin=sinsinZFEB,因为这些角都是锐角或直角,所以.应选（A).3拓展应用例3（2 0 2 1年新高考I卷第2 0 题）如图5,在三棱锥ABC D 中,平面ABD工平面BCD，A B=A D,O 是BD的中点.(1)证明:0 A 1 CD;E小BOH图5（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2AE，且二面角E-BC-D的大小为45,求三棱锥A-BCD的体积.解:(1)略;（2）如图5,过点E作EH1平面BCD，垂足H在BD上且2 OH=HD.连结CH,设AO=h，2则 EHh，所以BE=BH+EH?32/h+4EHh/h?+4,sinEBHCH=3BEh2+4V7CD?+DH-2CD.HDCOsZCDH3BC?+BE?-CE?3h+12COsZEBC=，所2BCBEh?+4372023年第7 期数学教学h?+1以 sin?EBC设该二面角为，由三h2+4正弦定理知sinZEBH=sinsinEBC,所以h2h?+1故 h=1,则 VA-BCDh2+42+4V6QBC图6例4（2 0 2 1年新高考卷第19题）在四棱锥QA BCD 中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=/5,QC=3.（1）证明：平面QADI平面ABCD；（2）求二面角BQ D A 的平面角的余弦值.解：(1)略;（2）连结BD,设该二面角为，由（1）知，AB平面QAD,则直线BD与平面QAD所成角为ZBDA,又因QC=3,BD=2/2,cosZBDQ=BD?+QD?-BQ2/102sinBDA由2BDQD102三正弦定理得sinZBDA=sinsinZBDQ,得V52sincos所以二面角B-QD-A的332平面角的余弦值是3例5（2 0 2 0 年高考1卷理科第18 题）如图7,D为圆锥的顶点，0 是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.A BC是底面的内V6接正三角形,P为DO上一点,PODO.6（1)证明：PAI平面PBC；（2)求二面角B-PC-E的余弦值.DP1EAB图7解：(1)略;（2）设该二面角为，直线BC与AE交于点F，连结PF，CF平面DAE，则直线PE与平面PBC所成角为LEPF，设AE=AD=2t，V2t,DO/3t,PE=46,POEFPF=22236CE=t,PCCosZEPF22PE?+PF?-EF22/2cosZEPC2PEPF3Ep?+Cp?2-EC22V5sinZEPC2EP.CP331sinZEPF:由三正弦定理知,sinZEPF=352/5sinsinZEPC,sin所以cos552/5二面角B-PC-E的余弦值是5MB图：例6（2 0 18 年高考卷理科第2 0 题）如图8,在三棱锥P-ABC中，AB=BC=2/2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.7-382023年第7 期数学教学（1）证明：PO1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PAM所成角的正弦值.解：(1)略；(2）设=30由已知得ZCPA=60记PC与平面PAM所成角为，由三正弦定理得/3sin=sinsinZCPA:，所以PC与平面43PAM所成角的正弦值是4例7（2 0 18 年高考浙江卷第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AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为Q1，SE与平面ABCD所成的角为2,二面角S-AB-C的平面角为3,则.）.(A)010203;(B)3 02 01;(C)103 02;(D)02 3 01.解：如图9（题目无图），由三正弦定理知0203,由三余弦定理知2 1，故选(D).SAEFB图9例88（2 0 17 年高考卷理科第19题）如图10,四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三PEMAHNBC图101角形且垂直于底面ABC，A B=BCAD,三2ZBAD=LABC=90,E是PD的中点.（1）证明：直线CE/平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45,求二面角M-AB-D的余弦值.解:(1)略;（2）设该二面角为，A B=1.过点P作PHAD于点H,则PHI平面ABC，PC 在平面ABC内的射影是HC,过点M作MNI平面ABC于点N,设CN=a,由题意，ZMBN=45,BN=MN,由CNPH=CHMN得3=V3V1+a,则a=2.,则cosLABN=，由三余23V6弦定理得cosLMBA=cos45cosLABN：630所以 sinZMBA又由三正弦定理得615sin45=sinsin/MBA,故sin即5V10cos所以二面角M-AB-D的余弦值510为5例9（2 0 19年高考I卷文科第16 题）已知ZACB=90，P为平面ACB外一点,PC=2,点P到ZACB两边AC、BC的距离均为/3，那么P到平面ABC的距离为解：如图11,设PE工平面ACB于点E，PAAC,PBIBC,ZECB=cosZECA=45,PEB图11BF重合,连结DG,如图12(2).FBC=60，将其沿AB、BC 折起使得BE与1,BE=BF:个平面图形，其中AB成的一列结论：（1）是由矩形ADEB、R t A BC 和菱形BFGC组垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下（2 0 19年高考卷第19题）图12例10三角形ABC的直角边AC所在直线与a、b 都以点P到平面ABC的距离为/2.、b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角（2 0 17 年高考卷理科第17 题）例1139数学教学2023年第7 期1Cos LPCB=cos ZPCA=由三余弦定理知2cos ZPCB=cosZPCE CosBCE,故 cosZPCEV2/2PE所以sinZPCE即PE=/2,所222DAEBFG图12(1)DE(F)BC图12(2)(1文理)证明:图12(2)中的A、C、G、D四点共面,且平面ABC1平面BCGE；(2文科)求图12(2)中的四边形ACGD的面积.(2理科)求图12(2)中的二面角B-CG-A的大小.解:(1)略;(2文科）由（1)知AB工平面BCGE,由三余弦定理得cosZACG=cosACBCosZBCG,2/5V5所以 cos LACG一5252V52/5sinLACG,故 SAccD=2 /5 4.55（2 理科）设该二面角为，c o s/322S四边形BCGE2/3所以锐二面角B-S42四边形ACGDCG-A是30 EbB图13当直线AB与成6 0 角时，AB与b成30角；当直线AB与成6 0 角时，AB与b成60角;直线AB与所成角的最小值为45；直线AB与所成角的最小值为6 0其中正确的是（填写所有正确结论的编号）解：如图13,过点B作BD工，垂足为D，BE1b,垂足为E,直线AB与、b 所成角分别是ZABE、ZA BD.由三余弦定理知cOSZABE=cosLCBE cosLABC,所以=cosLCBE:2/2所以LCBE=LCBD=45同理由三余弦2定理得直线AB与b所成角是6 0;由三余弦定理知直线AB与所成角的最小值等于直线AB与平面CBD所成角，即45 所以正确的是.4教学思考文1中强调，立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系.2 0 2 2 年这两道高考题所选用的几何体形状都是特殊的几何体，在平时的教学中，除要求学生掌握一般几何体的普通特征外，还重点要求学生掌握特殊7-402023年第7 期数学教学删繁就简，去芜存菁一对一个直线过定点问题的探究向霞吴波?（1重庆市长寿区第一实验小学校（古镇校区），重庆401220；2.重庆市长寿龙溪中学校，重庆401249)1问题的提出命题1如图1,在线段AB内选一点M,分别以AM和BM为一边在AB的同侧作正方形AMCD和MBEF.OP和OQ是这两个正方形的外接圆，它们交于点M和N.求证：不论点M怎样选取，直线MN恒过定点.FENDCQPABMH图1文献1中尚、梁两位同学对上面这道几何题作了拓展，发现：（1）如图2（），当M在线段AB反向延长几何体的特征，如直棱柱、正棱柱、正棱锥、正多面体等；立体几何中的这两个题涉及到长度距离、面积和体积,这也是课程标准和高考中要求掌握的常规知识点；立体几何中的位置关系是课标和高考要求重点考查的内容.在教学中要求学生掌握几何对象的形状、大小与位置关系，除可以用空间向量等方法来解决之外，通过前面解2 0 17 一2 0 2 2 年的部分高考真题可以发现很多立体几何中的位置关系问题还可以用三正弦定理、三余弦定理解决，可见这种解法是通用通法，在高考中的适用面非常广，线上且正方形AMCD和MBEF在直线AB异侧时，直线MN仍过定点；IHDPNBAMABQPNDEC(a)(b)图2（2）如图2（b），M 在线段AB内，分别以AM和BM为一边在AB的同侧作正三角形AMC和MBD时，直线MN仍过定点.尚、梁两位同学据此猜测：上述结论对一般的正多边形仍成立。本文将对这个问题进行探究.且用这两个定理来解有些高考题非常方便，特别是空间夹角问题，能够实现线线角、线面角和面面角之间的相互转化，因此我们在平时的教学过程中要重视这一方法.参考文献1中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2 0 17 年版2 0 2 0 年修订）S.北京：人民教育出版社，2 0 2 0.2王修汤，沈保兵.讲评高考题：讲什么,评什么J.中学数学教学参考（上旬），2016(12):47-49.