1990-上海卷-26 解-二面角的度数

本题导读

本题考查二面角的平面角定义与作法、点到平面的距离公式与空间垂线作法。核心在于几何作图法、空间向量/代数定量推导法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（1990年上海卷） 如图，平面 $\alpha ,\beta$ 相交于直线 $MN$，点 $A$ 在平面 $\alpha$ 上，点 $B$ 在平面 $\beta$ 上，点 $C$ 在直线 $MN$ 上， $\angle ACM=\angle BCN=45^{\circ }$，$A-MN-B$ 是 $60^{\circ }$ 的二面角， $AC=1$.求：

(1) 点 $A$ 到平面 $\beta$ 的距离；

(2) 二面角 $A-BC-M$ 的大小 (用反三角函数表示).

🔍【思路分析】

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1. 第一问思路：
   • 作 $AD\perp MN$ 于 $D$，作 $AH\perp \beta$ 于 $H$。
   • 由面面垂直与二面角性质，连接 $DH$，根据三垂线定理可得 $DH\perp MN$。
   • $\angle ADH$ 即为二面角 $A-MN-B$ 的平面角，已知 $\angle ADH=60^{\circ }$。
   • 在 Rt$△ADC$ 中，利用 $AC=1$ 和 $\angle ACM=45^{\circ }$ 求出 $AD$，进而可在 Rt$△ADH$ 中求出 $AH$（即点 $A$ 到平面 $\beta$ 的距离）。
2. 第二问思路：
   • 过点 $H$ 作 $HE\perp BC$ 于 $E$，连接 $AE$。
   • 由 $AH\perp \beta$，根据三垂线定理可得 $AE\perp BC$。
   • $\angle AEH$ 即为二面角 $A-BC-M$（即 $A-BC-H$）的平面角。
   • 需在平面 $\beta$ 内利用几何关系求出 $HE$ 的长度。可通过计算 $△HBC$ 中各边及夹角，或利用坐标系/投影关系求得。最后在 Rt$△AEH$ 中通过 $\tan \angle AEH=\frac{AH}{HE}$ 求解。

✅【答案】

Success

$(1)$ $\frac{\sqrt{6}}{4}$

$(2)$ $\arctan \frac{\sqrt{2}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求点 $A$ 到平面 $\beta$ 的距离

在平面 $\alpha$ 内，作 $AD\perp MN$ 于点 $D$。 作 $AH\perp \beta$ 于点 $H$，连接 $DH$。

因为 $AH\perp \beta$ 且 $MN\subset \beta$，所以 $AH\perp MN$。 又 $AD\perp MN$，且 $AD\cap AH=A$，所以 $MN\perp 平面ADH$。 因为 $DH\subset 平面ADH$，所以 $DH\perp MN$。

因此， $\angle ADH$ 是二面角 $A-MN-B$ 的平面角。 由题意知， $\angle ADH=60^{\circ }$。

在平面 $\alpha$ 内的 Rt$△ADC$ 中， $\angle ADC=90^{\circ }$， $\angle ACD=\angle ACM=45^{\circ }$， $AC=1$： $AD=AC\cdot \sin 45^{\circ }=1\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ $CD=AC\cdot \cos 45^{\circ }=1\times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

在 Rt$△ADH$ 中， $\angle AHD=90^{\circ }$， $\angle ADH=60^{\circ }$： $AH=AD\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}$ $DH=AD\cdot \cos 60^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

所以，点 $A$ 到平面 $\beta$ 的距离为 $\frac{\sqrt{6}}{4}$。

(2) 求二面角 $A-BC-M$ 的大小

在平面 $\beta$ 内，以直线 $MN$ 为 $x$ 轴，过点 $D$ 且垂直于 $MN$ 的直线为 $y$ 轴，建立平面直角坐标系 $D-xy$。 由于 $DH\perp MN$，点 $H$ 在 $y$ 轴上。根据第(1)问结果， $DH=\frac{\sqrt{2}}{4}$，且由图示方向知 $H$ 在正半轴，则： $H\left(0,\frac{\sqrt{2}}{4}\right)$

因为 $C$ 在 $MN$ 上（即 $x$ 轴上），且 $\angle ACM=45^{\circ }$ 为锐角， $C$ 在 $D$ 的右侧，由 $CD=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 可得： $C\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$

由直线 $BC$ 与 $MN$ 交于 $C$，且 $\angle BCN=45^{\circ }$，可知直线 $BC$ 的倾斜角为 $180^{\circ }-45^{\circ }=135^{\circ }$。 故直线 $BC$ 的斜率为 $k=\tan 135^{\circ }=-1$。 利用点斜式写出直线 $BC$ 的方程： $y-0=-1\cdot \left(x-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)⟹x+y-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$

过点 $H$ 作 $HE\perp BC$ 于 $E$，连接 $AE$。 因为 $AH\perp \beta$，由三垂线定理逆定理可知 $AE\perp BC$。 所以， $\angle AEH$ 是二面角 $A-BC-M$ 的平面角。

线段 $HE$ 的长度即为点 $H\left(0,\frac{\sqrt{2}}{4}\right)$ 到直线 $x+y-\frac{\sqrt{2}}{2}=0$ 的距离： $HE=\frac{\left|0+\frac{\sqrt{2}}{4}-\frac{\sqrt{2}}{2}\right|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{2}}=\frac{1}{4}$

在 Rt$△AHE$ 中， $\angle AHE=90^{\circ }$： $\tan \angle AEH=\frac{AH}{HE}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{4}}{\frac{1}{4}}=\sqrt{6}$

因此， $\angle AEH=\arctan \sqrt{6}$。

所以，二面角 $A-BC-M$ 的大小为 $\arctan \sqrt{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面交线构型下的定量度量，三垂线定理在构建二面角平面角中的标准应用，点到直线距离公式在空间几何面内化简的技巧。
2. 核心方法：建系转化法。在第二问求解平面内点 $H$ 到直线 $BC$ 的距离 $HE$ 时，传统的纯几何方法需要复杂的角度转化与三角形解析；通过在平面 $\beta$ 内建立二维直角坐标系，将几何距离问题转化为标准点到直线距离公式 $\frac{|A{x}_0+B{y}_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$，可大幅提高运算准确度。
3. 避坑指南：
   • 二面角平面角作错：直接在平面内连接 $A$ 与 $BC$ 上的点，若不经过三垂线定理的严格垂直检验，容易错将 $\angle ACB$ 或其他斜角误认为是二面角。必须严格满足“两条射线分别在两个半平面内且同时垂直于棱”。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题以二面角为载体，综合考查线面垂直的判定、三垂线定理及二面角平面角的作法，是“作—证—算”三步法的典型范例，源于立体几何中“距离与角”的核心主线。

结论推广：设二面角 $A-MN-B$ 大小为 $\theta$，$AC$ 与棱 $MN$ 成角 $\phi$，则点 $A$ 到平面 $\beta$ 的距离 $d=AC\cdot \sin \phi \cdot \sin \theta$；本题 $d=1\cdot \sin 45^{\circ }\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{6}}{4}$，可作通式迁移。

方法推广：求二面角可“作垂面→得平面角→解三角形”，亦可建系用坐标法；本题第(2)问借三垂线定理将空间角转化为直角三角形内角，体现“降维化归”思想，是处理无棱二面角的通用策略。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 1991-上海-24 解-线面角与二面角的求法
• 1992-三南-23 填-三棱锥的体积与二面角
• 1992-上海-24 解-圆锥的体积与二面角