1993-上海-24 解-二面角与线面角的综合

本题导读

本题考查二面角与线面角的综合。核心在于作垂线构平面角并用余弦定理求线段长。

📌【题干】

Question

（1993年上海卷） 如图，已知二面角 $\alpha -PQ-\beta$ 为 $60^{\circ }$，点 $A$ 和点 $B$ 分别在平面 $\alpha$ 和平面 $\beta$ 上，点 $C$ 在棱 $PQ$ 上，$\angle ACP=\angle BCP=30^{\circ }$，$CA=CB=a$.

(1)求证 $AB\perp PQ$；

(2)求点 $B$ 到平面 $\alpha$ 的距离；

(3)设 $R$ 是线段 $CA$ 上的一点，直线 $BR$ 与平面 $\alpha$ 所成角的大小为 $45^{\circ }$，求线段 $CR$ 的长度.

🔍【思路分析】

破题导航

在 $\beta$ 内作 $BD\perp PQ$，证 $△BCD\cong △ACD$ 得 $AD\perp PQ$，再作 $BH\perp AD$ 求距离与 $CR$。

✅【答案】

Success

(1)见解析；(2)$\frac{\sqrt{3}}{4}a$；(3)$\frac{1}{2}a$

✍【详细解析】

Abstract

（1）在平面 $\beta$ 内作 $BD\perp PQ$，垂足 $D$，连 $AD$。因 $\angle BCD=\angle ACD$、$BC=AC$、$DC$ 公共，故 $△BCD\cong △ACD$，$AD\perp PQ$。于是 $PQ\perp$ 平面 $ABD$，故 $AB\perp PQ$。 （2）因 $BD\perp PQ$、$AD\perp PQ$，$\angle ADB$ 即二面角 $\alpha -PQ-\beta$ 的平面角，$\angle ADB=60^{\circ }$。在 $\mathrm{Rt}△BCD$ 中，$BC=a$、$\angle BCD=30^{\circ }$，$BD=\frac{a}{2}$。过 $B$ 作 $BH\perp AD$ 于 $H$，因 $PQ\perp$ 平面 $ABD$，故平面 $ABD\perp \alpha$，$BH\perp \alpha$。$BH=BD\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}a$。 （3）连 $HR$，因 $BH\perp \alpha$，$\angle BRH$ 是 $BR$ 与 $\alpha$ 所成角，$=45^{\circ }$。$BH=\frac{\sqrt{3}}{4}a$，故 $BR=\frac{BH}{\sin 45^{\circ }}=\frac{\sqrt{6}}{4}a$。在 $△ABD$ 中 $AD=BD$、$\angle ADB=60^{\circ }$，为等边三角形，$AB=\frac{a}{2}$。在 $△ABC$ 中由余弦定理 $\cos \angle BCA=\frac{a^2+a^2-(a/2{)}^2}{2a^2}=\frac{7}{8}$。在 $△BCR$ 中设 $x=CR$，由余弦定理 ${\left(\frac{\sqrt{6}}{4}a\right)}^2=x^2+a^2-2ax\cdot \frac{7}{8}$，即 $8x^2-14ax+5a^2=0$，解得 $x_1=\frac{a}{2}$、$x_2=\frac{5a}{4}>a$（舍）。故 $CR=\frac{a}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：二面角与线面角的综合

核心方法：二面角 $60^{\circ }$，$AC=BC=a$，$\angle ACP=\angle BCP=30^{\circ }$，证 $AB\perp PQ$，$d(B,\alpha )=\frac{\sqrt{3}}{4}a$，$CR=\frac{a}{2}$

避坑指南：作垂线构平面角，余弦定理算 $CR$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：源于立体几何综合

结论推广：二面角、线面角、距离综合

方法推广：作垂线构平面角是关键

🔗【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)

• 1994-上海-23 解-二面角与点到平面的距离
• 1996-上海文-21 解-二面角与异面直线所成角
• 1993-新高考文-23 填-折叠图形中的二面角