焦隨心

在立體幾何中，引入坐標(biāo)法能方便解決圖形靜態(tài)時(shí)的度量問題，如空間三類角、線段長度、體積等，但還有一些難度較大的翻折動(dòng)態(tài)型題中，要求某個(gè)量的范圍或最值，對空間想象力缺乏的學(xué)生，不引進(jìn)變量是很難解決的. 銳角三角函數(shù)是解三角形的工具，而任意角的三角函數(shù)卻不限于此，它是一個(gè)周期函數(shù)，是研究現(xiàn)實(shí)世界中周期變化現(xiàn)象的“最有表現(xiàn)力的函數(shù)”，生活中最常見的運(yùn)動(dòng)模型就有圓周運(yùn)動(dòng)，而翻折圖形正是圓周運(yùn)動(dòng)的一個(gè)“片斷”，所以用圓心角表示某些變量恰到好處，所求問題就轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問題. 筆者呈現(xiàn)幾個(gè)教學(xué)中用過的典型例題，以饗讀者.

例1 如圖1所示，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，線段AD，BD的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn).現(xiàn)將△ABD沿對角線BD翻折，則異面直線BE與CF所成角的取值范圍是（? ）.圖1

A. （π6，π3）圖2

B. （π6，π2]

C. （π3，π2]

D. （π3，2π3）

解析 如圖2所示，以F為原點(diǎn)，直線FB，F(xiàn)C分別為x軸，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)二面角A-BD-C的大小為θ，取菱形邊長為2，則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），F(xiàn)C=（0，3，0），所以cos=32cosθ94+34.3=12cosθ，因?yàn)棣取?，π，所以

cos∈-12，12，向量BE，F(xiàn)C的夾角范圍是π3，2π3，從而異面直線BE與CF所成角的取

值范圍是（π3，π2].

例2 如圖3所示，已知平面四邊形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=5，∠ADC=90°.沿

直線AC將△ACD翻折成△ACD′，直線AC與BD′所成角的余弦的最大值是.

解析 先找好有利地形，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)O是AC中點(diǎn)，由已知得AC=6，如圖4所示，以O(shè)B為x軸，OA為y軸，過O與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由題設(shè)易求A（0，62，0），B（302，0，0），C（0，-62，0），做DH垂直AC于H，翻折過程中，D′H始終與AC垂直，由射影定理得，CH=CD2CA=66，則OH=63，DH=306.設(shè)∠DHD′=α，則D′（-306cosα，-63，306sinα），所以BD′=（-306cosα-302，-63，306sinα），又與AC共線的向量為n=（0，1，0），設(shè)直線AC與BD'所成角為θ，所以cosθ=|cos|=639+5cosα，從而當(dāng)cosα=-1時(shí)，cosθ的最大值為66.

例3 如圖5所示，平面PAB⊥平面α，ABα，且△PAB為正三角形，點(diǎn)D是平面α內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，ABCD是菱形，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，AC與OD交于點(diǎn)Q，lα，且l⊥AB，則PQ與l所成角的正切值的最小值為（? ）.

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

解析 因?yàn)辄c(diǎn)D是平面α內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，ABCD是菱形，故點(diǎn)D是以A為圓心， AB為半徑做圓周運(yùn)動(dòng)，可令∠BAD=θ（0<θ<π），相關(guān)量就容易表達(dá)了. 如圖6所示，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)B、OP所在直線為y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，則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?yàn)閘α，且l⊥AB，所以取l的方向向量為n=（1，0，0），記PQ與l所成角為φ，則cosφ=|cos|=sinθ8-cosθ，令8-cosθ=t，t∈（7，9），則cosθ=8-t，所以cos2φ=-t2+16t-63t=16-（t+63t）≤16-67，當(dāng)且僅當(dāng)t=37時(shí)等號(hào)成立，即（cos2φ）max=16-67，從而（tanφ）min=3+372，故選B.

例4 如圖7所示，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M為AB的中點(diǎn)，將△ADM沿DM翻折，在翻折過程中，當(dāng)二面角A-BC-D的平面角最大時(shí)，其正切值為（? ）.

A.33? B.12? C.23? D.14

解析 在圖7中，過A做DM的垂線，垂足為E，交CD于F，交BC的延長線于G，在圖8中，設(shè)A在平面BCD內(nèi)的射影為O，則隨著翻折，點(diǎn)O在直線EG上運(yùn)動(dòng)，過O做BC的垂線，垂足為H，連接AH，則∠AHO為二面角A-BC-D的平面角，設(shè)∠AEO=θ（0<θ<π），由AE=

22，得AO=AEsin θ=22sin θ，在圖7中，由∠GAB=45°，可得AG=22，則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，則tan∠AHO≤12.所以當(dāng)二面角A-BC-D的平面角最大時(shí)，其正切值為12，故選B.

例5 如圖9所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，底面ABCD的對角線BD在平面α內(nèi)，則正方體在平面α內(nèi)的投影構(gòu)成的圖形面積的取值范圍是.圖9

解析 此題是求立體圖形投影面積，建立空間直角坐標(biāo)系對求解反而不利，題設(shè)暗示正方體繞BD轉(zhuǎn)動(dòng)，可以引入三角函數(shù)來表示變化的投影長. 設(shè)A1、B1、D1、C在平面α上的投影分別是F、N、M、E，又令DB中點(diǎn)為O，B1D1中點(diǎn)為G，投影為H，則正方體在α內(nèi)的投影為多邊形EDMFNB，如圖10所示（相當(dāng)于俯視圖） .正方體繞BD轉(zhuǎn)動(dòng)，所以多邊形EDMFNB是動(dòng)態(tài)變化的.如圖11所示（相當(dāng)于正視圖），令∠COE=θ（θ∈[0，π2]），則∠OGH=θ，所以O(shè)H=sinθ，OE=22cosθ，從而投影面積為S=2sinθ+cosθ=3sin（θ+φ），其中sinφ=13，cosφ=23.當(dāng)θ=0時(shí)，Smin=1;當(dāng)θ+φ=π2時(shí)，Smax=3.所以正方體在平面α內(nèi)的投影構(gòu)成的圖形面積的取值范圍是[1，3].

例6 如圖12所示，正四面體A-BCD的棱CD在平面α上，E為棱BC的中點(diǎn)，當(dāng)正四面體A-BCD繞CD旋轉(zhuǎn)時(shí)，直線AE與平面α所成最大角的正弦值為.

解析 取CD的中點(diǎn)O，在平面α內(nèi)，DC所在直線為x軸，它的中垂線為y軸，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖13所示，做EM⊥CD，垂足為M，設(shè)平面BCD與平面α所成二面角為θ，正四面體棱長為2，則AO=BO=AE=3，EM=12BO=32，OM=14CD=12，所以cos∠AOB=13，B（0，-3cosθ，3sinθ），E（12，-32cosθ，32sinθ）

記cos∠AOB=cosφ=13，則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的法向量為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與平面α所成最大角的正弦值為336.

上述例題有更簡便的方法，限于篇幅不一一列舉，而引入三角函數(shù)借助坐標(biāo)法盡管計(jì)算量稍大點(diǎn)，但對學(xué)生來說卻是通性通法，易理解，易掌握，易運(yùn)用.

（收稿日期：2021-09-12）