从点 $P$ 引空间中三条射线, 分别设为 $PA$, $PB$ 和 $PC$. 令三个线线角 $\angle BPC$, $\angle APC$ 和 $\angle APB$ 分别为 $\alpha$, $\beta$ 和 $\gamma$; 三个二面角 $B$-$PA$-$C$, $A$-$PB$-$C$ 和 $A$-$PC$-$B$ 分别简记为 $\angle A$, $\angle B$ 和 $\angle C$; 线面角 $PA$ 与面 $PBC$, $PB$ 与面 $PAC$ 和 $PC$ 与面 $PAB$ 所成的角分别记为 $\theta$, $\phi$ 和 $\psi$.
结论一:
\begin{align*}
\cos \alpha &= \cos \beta \cos \gamma + \sin \beta \sin \gamma \cos A \\
\cos \beta &= \cos \alpha \cos \gamma + \sin \alpha \sin \gamma \cos B \\
\cos \gamma &= \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta \cos C
\end{align*}
特别地, 当 $A = \pi/2$ 时, $\cos\alpha = \cos\beta \cos\gamma$; 当 $A = 0,\pi$ 时即为两角和与差的余弦公式. 若 $\beta = \pi/2$, 则 $\cos \alpha = \sin\gamma \cos A$.
trihedral-angle-1证: 作 $AB \perp PA$ 和 $AC \perp PA$. 分别在 $\triangle PBC$ 和 $\triangle ABC$ 中计算 $BC$ 得
\[
PA^2 \tan^2\beta + PA^2 \tan^2\gamma – 2 PA^2 \tan\beta \tan\gamma \cos A = \frac{PA^2}{\cos^2\beta} + \frac{PA^2}{\cos^2\gamma} – 2 \frac{PA^2}{\cos\beta \cos\gamma} \cos\alpha,
\]
注意到
\[
\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 \Rightarrow \tan^2\alpha + 1 = \frac1{\cos^2 \alpha},
\]
得
\begin{align*}
\frac{2\cos\alpha}{\cos\beta \cos\gamma} &= 1 + 1 + 2 \tan\beta \tan\gamma \cos A \\
\cos\alpha &= \cos\beta \cos\gamma + \sin\beta \sin\gamma \cos A.
\end{align*}
适用的近三年高考题:
21新课标乙卷t18 21新高考2卷t19 21北京t17 20新课标1卷t18 20天津t17b 20浙江t19 19新课标1卷t18 19新课标2卷t17 19新课标3卷t19 19北京t16
结论二:
\[
\frac{\sin A}{\sin \alpha} = \frac{\sin B}{\sin \beta} = \frac{\sin C}{\sin \gamma},
\]
和
\begin{align*}
\sin\theta &= \sin B \sin \gamma = \sin C \sin \beta, \\
\sin\phi &= \sin A \sin \gamma = \sin C \sin \alpha, \\
\sin\psi &= \sin A \sin \beta = \sin B \sin \alpha.
\end{align*}以及
\[
\sin\theta \sin \alpha = \sin\phi \sin \beta = \sin\psi \sin \gamma.
\]
证: 过 $A$ 作 $AD \perp \text{面 } PBC$ 于 $D$, $AE \perp PB$ 于 $E$. 则 $DE \perp PB$, 且
\[
PA \sin \theta = AD = AE \sin C = PA \sin \beta \sin C.
\]
同理 $AD = PA \sin \gamma \sin B$, 故而
\[
\frac{\sin B}{\sin \beta} = \frac{\sin C}{\sin \gamma}.
\]
结论三:
\begin{align*}
\cos A &= -\cos B \cos C + \sin B \sin C \cos \alpha \\
\cos B &= -\cos A \cos C + \sin A \sin C \cos \beta \\
\cos C &= -\cos A \cos B + \sin A \sin B \cos \gamma
\end{align*}
证: 过 $A$ 作 $AD \perp \text{面 } PBC$ 于 $D$, 连结 $PD$, 记 $\angle BPD = \alpha_1$ 和 $\angle CPD = \alpha_2$. 注意到 $PA \cos\beta \cos C = FD = PA \cos \theta \sin \alpha_2$, 即
\[
\cos\beta \cos C = \cos \theta \sin \alpha_2,
\]
同理得
\[
\cos\gamma \cos B = \cos \theta \sin \alpha_1.
\]
因此,
\begin{align*}
\cos A \sin \beta \sin\gamma &= \cos \alpha – \cos\beta \cos\gamma \\
&= \cos\alpha – \cos\theta \cos\alpha_2 \cos\theta \cos\alpha_1 \\
&= \sin^2\theta \cos\alpha + \cos^2\theta \cos\alpha – \cos^2\theta \cos\alpha_2 \cos\alpha_1 \\
&= \sin^2\theta \cos\alpha – \cos^2\theta \sin\alpha_2 \sin\alpha_1 \\
&= \sin B \sin\gamma \sin C \sin\beta \cos\alpha – \cos B \sin\gamma \cos C \sin\beta \\
\cos A &= \sin B \sin C \cos\alpha – \cos B \cos C.
\end{align*}
结论四:
\begin{align*}
\cos^2 \theta \sin^2 \alpha &= \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma – 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\
\cos^2 \phi \sin^2 \beta &= \cos^2 \alpha + \cos^2 \gamma – 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma \\
\cos^2 \psi \sin^2 \gamma &= \cos^2 \alpha + \cos^2 \beta – 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma
\end{align*}
特别地, 当 $\alpha = \pi/2$ 时, $\cos^2\theta = \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma$.
trihedral-angle-4证: 过 $A$ 作 $AD \perp \text{面 } PBC$ 于 $D$, 连结 $PD$, 记 $\angle BPD = \alpha_1$ 和 $\angle CPD = \alpha_2$. 注意到 $\cos \beta = \cos \alpha_2 \cos \theta$, 得
\[
\cos\alpha_2 = \frac{\cos\beta}{\cos\theta}, \sin\alpha_2 = \frac{\sqrt{\cos^2\theta – \cos^2\beta}}{\cos\theta}.
\]
同理可得 $\cos\alpha_1$ 和 $\sin\alpha_1$. 故而
\[
\cos \alpha = \frac{ \cos\beta \cos\gamma }{ \cos^2 \theta } – \frac1{\cos^2 \theta} \sqrt{(\cos^2\theta – \cos^2\beta)(\cos^2\theta – \cos^2\gamma)},
\]
移项平方整理可得
\[
\cos^2\theta \sin^2\alpha = \cos^2 \beta + \cos^2 \gamma – 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma.
\]
适用的近三年高考题:
21上海t17 20新高考2卷t20 20北京t16 20天津t17c 19天津t17 19浙江t19
使用时需要注意各个角的对应关系.