三角函数在翻折型立体几何小题中的应用

2021-12-09 07:20焦随心
中学生理科应试 2021年11期
关键词:二面角直角坐标中点

焦随心

在立体几何中,引入坐标法能方便解决图形静态时的度量问题,如空间三类角、线段长度、体积等,但还有一些难度较大的翻折动态型题中,要求某个量的范围或最值,对空间想象力缺乏的学生,不引进变量是很难解决的. 锐角三角函数是解三角形的工具,而任意角的三角函数却不限于此,它是一个周期函数,是研究现实世界中周期变化现象的“最有表现力的函数”,生活中最常见的运动模型就有圆周运动,而翻折图形正是圆周运动的一个“片断”,所以用圆心角表示某些变量恰到好处,所求问题就转化为三角函数问题. 笔者呈现几个教学中用过的典型例题,以飨读者.

例1 如图1所示,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,线段AD,BD的中点分别为E,F.现将△ABD沿对角线BD翻折,则异面直线BE与CF所成角的取值范围是(  ).图1

A. (π6,π3)图2

B. (π6,π2]

C. (π3,π2]

D. (π3,2π3)

解析 如图2所示,以F为原点,直线FB,FC分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系,设二面角A-BD-C的大小为θ,取菱形边长为2,则D(-1,0,0),C(0,3,0),A(0,3cosθ,3sinθ),B(1,0,0),所以

E(-12,32cosθ,32sinθ),BE=(-32,32cosθ,

32sinθ),FC=(0,3,0),所以cos=32cosθ94+34.3=12cosθ,因为θ∈0,π,所以

cos∈-12,12,向量BE,FC的夹角范围是π3,2π3,从而异面直线BE与CF所成角的取

值范围是(π3,π2].

例2 如图3所示,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=5,∠ADC=90°.沿

直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是.

解析 先找好有利地形,建立空间直角坐标系,设O是AC中点,由已知得AC=6,如图4所示,以OB为x轴,OA为y轴,过O与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,由题设易求A(0,62,0),B(302,0,0),C(0,-62,0),做DH垂直AC于H,翻折过程中,D′H始终与AC垂直,由射影定理得,CH=CD2CA=66,则OH=63,DH=306.设∠DHD′=α,则D′(-306cosα,-63,306sinα),所以BD′=(-306cosα-302,-63,306sinα),又与AC共线的向量为n=(0,1,0),设直线AC与BD'所成角为θ,所以cosθ=|cos|=639+5cosα,从而当cosα=-1时,cosθ的最大值为66.

例3 如图5所示,平面PAB⊥平面α,ABα,且△PAB为正三角形,点D是平面α内的动点,ABCD是菱形,点O为AB中点,AC与OD交于点Q,lα,且l⊥AB,则PQ与l所成角的正切值的最小值为(  ).

A.-3+372 B.3+372 C.7 D.3

解析 因为点D是平面α内的动点,ABCD是菱形,故点D是以A为圆心, AB为半径做圆周运动,可令∠BAD=θ(0<θ<π),相关量就容易表达了. 如图6所示,以O为原点,以OB、OP所在直线为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则P(0,0,3),D(2sinθ,-1+2cosθ,0),所以由OQ∶QD=AO∶DC=1∶2,知OQ=13OD,求得Q(23sinθ,

23cosθ-13,0),QP=(-23sinθ,13-23cosθ,3), 因为lα,且l⊥AB,所以取l的方向向量为n=(1,0,0),记PQ与l所成角为φ,则cosφ=|cos|=sinθ8-cosθ,令8-cosθ=t,t∈(7,9),则cosθ=8-t,所以cos2φ=-t2+16t-63t=16-(t+63t)≤16-67,当且仅当t=37时等号成立,即(cos2φ)max=16-67,从而(tanφ)min=3+372,故选B.

例4 如图7所示,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,M为AB的中点,将△ADM沿DM翻折,在翻折过程中,当二面角A-BC-D的平面角最大时,其正切值為(  ).

A.33  B.12  C.23  D.14

解析 在图7中,过A做DM的垂线,垂足为E,交CD于F,交BC的延长线于G,在图8中,设A在平面BCD内的射影为O,则随着翻折,点O在直线EG上运动,过O做BC的垂线,垂足为H,连接AH,则∠AHO为二面角A-BC-D的平面角,设∠AEO=θ(0<θ<π),由AE=

22,得AO=AEsin θ=22sin θ,在图7中,由∠GAB=45°,可得AG=22,则OG=22-22-22cos θ=22-22(1+cos θ),OH=22OG=2-12(1+cos θ),即有tan∠AHO=AOOH=

22sinθ2-12(1+cosθ)=2·sinθ3-cosθ(0<θ<π),令t=sinθ3-cosθ,0<θ<π,可得sin θ+tcos θ=3t≤

t2+1,解得t≤

24,则tan∠AHO≤12.所以当二面角A-BC-D的平面角最大时,其正切值为12,故选B.

例5 如图9所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,底面ABCD的对角线BD在平面α内,则正方体在平面α内的投影构成的图形面积的取值范围是.图9

解析 此题是求立体图形投影面积,建立空间直角坐标系对求解反而不利,题设暗示正方体绕BD转动,可以引入三角函数来表示变化的投影长. 设A1、B1、D1、C在平面α上的投影分别是F、N、M、E,又令DB中点为O,B1D1中点为G,投影为H,则正方体在α内的投影为多边形EDMFNB,如图10所示(相当于俯视图) .正方体绕BD转动,所以多边形EDMFNB是动态变化的.如图11所示(相当于正视图),令∠COE=θ(θ∈[0,π2]),则∠OGH=θ,所以OH=sinθ,OE=22cosθ,从而投影面积为S=2sinθ+cosθ=3sin(θ+φ),其中sinφ=13,cosφ=23.当θ=0时,Smin=1;当θ+φ=π2时,Smax=3.所以正方体在平面α内的投影构成的图形面积的取值范围是[1,3].

例6 如图12所示,正四面体A-BCD的棱CD在平面α上,E为棱BC的中点,当正四面体A-BCD绕CD旋转时,直线AE与平面α所成最大角的正弦值为.

解析 取CD的中点O,在平面α内,DC所在直线为x轴,它的中垂线为y轴,以O为原点建立空间直角坐标系,如图13所示,做EM⊥CD,垂足为M,设平面BCD与平面α所成二面角为θ,正四面体棱长为2,则AO=BO=AE=3,EM=12BO=32,OM=14CD=12,所以cos∠AOB=13,B(0,-3cosθ,3sinθ),E(12,-32cosθ,32sinθ)

记cos∠AOB=cosφ=13,则A(0,-3cos(θ+φ),3sin(θ+φ))

所以AE=(12,-32cosθ+3cos(θ+φ),32sinθ-3sin(θ+φ))

易知平面α的法向量为n=(0,0,1),

所以AE·n=32sinθ-3sin(θ+φ)=36sinθ-263cosθ=112sin(θ-φ′)

又AE=3,所以cos=336sin(θ-φ′)≤336.故AE与平面α所成最大角的正弦值为336.

上述例题有更简便的方法,限于篇幅不一一列举,而引入三角函数借助坐标法尽管计算量稍大点,但对学生来说却是通性通法,易理解,易掌握,易运用.

(收稿日期:2021-09-12)

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