2021年全国乙卷立体几何二面角解法赏析

张晓建

摘 要：本文对2021年全国高考乙卷立体几何试题的解法做了多角度的解析，进而对立体几何中二面角的求解给出了多种解法，也对二面角模型作了一个系统的介绍.

关键词：高考;立体几何;二面角

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2022）04-0050-04

1 题目呈现

题目 （2021年全国乙卷理科第18题）如图1，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM.

（1）求BC;

（2）求二面角A-PM-B的正弦值.

1.1 试题情境分析

本题命制情境的几何体是一个四棱锥，其满足底面是一个矩形，有一条侧棱垂直于底面，其原型是“阳马”模型.

1.2 学科核心素养与学业质量水平

学科核心素养学业质量水平（一、二、三）

数学思想

逻辑推理能够对与学过的知识有关联的数学命题的条件与结论的分析，探索论证的思路，选择合适的论证方法予以证明，并能用准确的数学语言表述论证过程（水平二）直观想象能够掌握研究图形与图形、图形与数量之间关系的基本方法，能夠借助图形性质探索数学规律，解决实际问题或数学问题（水平二）

数学运算能够针对运算问题，合理选择运算方法、设计运算程序，解决问题.能够理解运算是一种演绎推理;能够在综合运用运算方法解决问题的过程中，体会程序思想的意义和作用（水平二）转化与化归

1.3 基础知识与基本技能

二面角的定义以及二面角的平面角求解;运用向量的方法研究空间基本图形的位置关系和度量关系，体会向量方法和综合几何方法的共性和差异;运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具;能用向量方法解决点到直线、点到平面、平行直线、平行平面间的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.

2 解法探究

2.1 第（1）问解析

解析 由题知，PD⊥底面ABCD，PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以AM⊥DB.

在长方形ABCD中，AB=1，故BC=2.

2.2 第（2）问解析

解法1 如图2，构造一个长宽高分别为AB=1，BC=2，AE=1的长方体ABCD-EFGP，平面PMB即为平面EBCP.

故平面APM与平面EBCP所成锐二面角即为所求.

连接AF交BE于点H，则由长方体性质可得AH⊥平面EBCP.

过点H作HI⊥PM于点I，连接AI，则∠AIH即为二面角A-PM-B的平面角.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，

AI=AM·sin∠APM=355，

又因为AH=22，

故sin∠AIH=AHAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值为7014.

解法2 如图3，构造一个长宽高分别为AB=1，BC=2，AE=1的长方体ABCD-EFGP，平面PMB即为平面EBCP.

故平面APM与平面EBCP所成锐二面角即为所求.

连接AF交BE于点H，则由长方体性质可得AH⊥平面EBCP.

过点H作HI⊥PM于点I，连接AI，则∠AIH即为二面角A-PM-B的平面角.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM.

在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015，AI=AM·sin∠APM=355，

又AH=22，S△APM=12PM·AI=144，

在△HPM中，PH=PM=102，HM=1，

计算可得S△HPM=34.

故cos∠AIH=S△HPMS△APM=31414.

所以∠sinAIH=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值为7014.

解法3 如图4，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于点I，计算可得AI=355.

在△BPN中，BP=2，BM=22，PM=102.

作BN⊥PM于点N，则

cos∠BPN=BP2+PM2-BM22BP·PM=31010，

sin∠BPN=1010，BN=BPsin∠BPN=105，

PN=BPcos∠BPN=3105.

又PI=APcos∠APM=2105，

故IN=105.

由AB2=（AI+IN+NB）2，得

1=75+25+25+2×145cos<AI，NB>.

所以cos<AI，NB>=-31414.

而二面角A-PM-B的大小与<AI，NB>互补，

故二面角A-PM-B的余弦值为31414.

故二面角A-PM-B的正弦值为7014.

解法4 如图5，在△APM中，AP=3，AM=62，PM=102.

作AI⊥PM于点I，计算可得AI=355.

记点A到平面PBM的距离为dA，则二面角A-PM-B的正弦值为dAAI.

由等体积变换VP-ABC=VA-PBC，

得dA=22.

故dAAI=22355=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值为7014.

解法5 如图6，由题意，PD⊥底面ABCD，

PD⊥AM.

又PB⊥AM，所以AM⊥平面PDB.

所以平面ABCD⊥平面PDB，且交线为PO.

过点O作OS⊥PO交PB于点S，过点O作OT⊥PM交PM于点T，连接ST，则∠OTS即为二面角A-PM-B的平面角.

在△POB中，PO=213，OB=33，PB=2，

cos∠OPB=32114，sin∠OPB=714，tan∠OPB=39.

所以OS=PO·tan∠OPB=213×39=79.

在△POM中，PO=213，OM=66，PM=102，

cos∠AMP=AM2+PM2-AP22AM·PM=1515，

sin∠AMP=21015.

故OT=OM·sin∠OMP=66×21015=3515.

所以tan∠OTS=OSOT=793515=53.

故sin∠OTS=7014.

故二面角A-PM-B的正弦值为7014.

解法6 建立如图7所示空间坐标系D-xyz.

一个法向量为n=（x，y，z），由于AP=（-2，0，1），

n·AP=-2x+z=0，

n·AM=-22x+y=0.

令x=2，

得到n=（2，1，2）.

同理可求得平面PMB的一個法向量为m=（0，1，1）.

所以cos<n，m>=n·mn·m=31414.

所以二面角A-PM-B的正弦值为7014.

笔者从不同的角度分析、解决二面角的求解问题，当然对于不同的立体几何模型而言常需要不同的方法，希望能够借此文章和各位读者共同探讨.为更好地掌握本题，特改编两道练习如下：

变式1 如图8，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，BC=2，M为BC上的动点，二面角A-PM-B的正弦值为7014，试求BMMC的值.

变式2 如图8，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC上的中点，二面角A-PM-B的正弦值为7014，试求BC.

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（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

[责任编辑：李 璟]