1996-上海理-21 解-二面角与异面直线所成角

本题导读

本题考查二面角、线面垂直与异面直线所成角，核心在于三垂线定理构造二面角的平面角、中位线平移构造异面直线所成角。

📌【题干】

Question

（1996年上海卷(理)） 如图，在二面角 $\alpha -l-\beta$ 中，$A,B\in \alpha$，$C,D\in l$，$ABCD$ 为矩形.$P\in \beta$，$PA\perp \alpha$，且 $PA=AD$.$M,N$ 依次是 $AB,PC$ 的中点.

(1)求二面角 $\alpha -l-\beta$ 的大小；

(2)求证：$MN\perp AB$；

(3)求异面直线 $PA$ 与 $MN$ 所成角的大小.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 由 $PA\perp \alpha$、$AD\perp l$ 用三垂线定理得 $\angle PDA$ 为平面角。
2. 取 $DC$ 中点 $E$，证 $AB\perp$ 平面 $MNE$。
3. 取 $DP$ 中点 $Q$，证 $AQ\parallel MN$，求 $\angle PAQ$。

✅【答案】

Success

(1) $45^{\circ }$

(2) 见解析

(3) $45^{\circ }$

✍【详细解析】

Abstract

(1)连接 $PD$。因为 $PA\perp \alpha$，$AD\perp l$，由三垂线定理得 $PD\perp l$，于是 $\angle PDA$ 是二面角 $\alpha -l-\beta$ 的平面角。在 $\mathrm{Rt}△PAD$ 中，$PA=AD$，所以 $\angle PDA=45^{\circ }$，即二面角 $\alpha -l-\beta$ 的大小为 $45^{\circ }$。 (2)设 $E$ 是 $DC$ 的中点，连接 $ME,NE$。因为 $M,N,E$ 依次是 $AB,PC,DC$ 的中点，所以 $ME\parallel AD$，$NE\parallel PD$。又 $AD\perp l$，$PD\perp l$，所以 $ME\perp l$，$NE\perp l$，从而 $l\perp$ 平面 $MNE$。因为 $AB\parallel l$，所以 $AB\perp$ 平面 $MNE$。又 $MN\subset$ 平面 $MNE$，故 $MN\perp AB$。 (3)设 $Q$ 是 $DP$ 的中点，连接 $NQ,AQ$。因为 $NQ\parallel DC$ 且 $NQ=\frac{1}{2}DC$，又 $AM\parallel DC$ 且 $AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}DC$，所以 $QN\parallel AM$ 且 $QN=AM$，从而 $QNMA$ 为平行四边形，故 $AQ\parallel MN$。于是 $\angle PAQ$ 是异面直线 $PA$ 与 $MN$ 所成的角。又 $△PAD$ 是等腰直角三角形，$AQ$ 为斜边上的中线，所以 $\angle PAQ=45^{\circ }$。因此异面直线 $PA$ 与 $MN$ 所成角的大小为 $45^{\circ }$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：二面角与异面直线所成角

核心方法：(1) $PD\perp l$，$\angle PDA=45^{\circ }$，二面角 $45^{\circ }$；；(2) 取 $DC$ 中点 $E$，$ME\parallel AD$、$NE\parallel PD$，得 $ME\perp l$、$NE\perp l$，$l\perp$ 面 $MNE$，故 $AB\perp$ 面 $MNE$，$MN\perp AB$；；(3) 取 $DP$ 中点 $Q$，$AQ\parallel MN$，$\angle PAQ=45^{\circ }$

避坑指南：线面垂直 + 平行四边形转移角

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：源于教材二面角与异面直线

结论推广：一般地，线面垂直与平行四边形转移角

方法推广：线面垂直 + 平行四边形转移角

🔗【关联脉络】

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• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

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• 1998-上海理-19 解-直四棱柱的二面角与异面角
• 1999-上海理-20 解-四棱锥中异面直线所成角