2006-福建卷理-18 解-点到平面的距离

本题导读

本题考查立体几何综合问题。第（1）问通过勾股定理与等腰三角形性质证明线面垂直；第（2）问通过平移构造或向量法求解异面直线所成的角；第（3）问利用等体积法进行空间距离的转化求解。

📌【题干】

Question

（2006年福建卷(理)） 如图，四面体 $ABCD$ 中，$O$、$E$ 分别是 $BD$、$BC$ 的中点，$CA=CB=CD=BD=2$，$AB=AD=\sqrt{2}$。 （1）求证：$AO\perp$ 平面 $BCD$； （2）求异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角的大小； （3）求点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离。

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：在 $△ABD$ 中，由 $AB=AD$ 且 $O$ 是 $BD$ 的中点，得 $AO\perp BD$。计算 $AO$ 长度，再在 $△AOC$ 中利用勾股定理逆定理证出 $AO\perp OC$，从而根据线面垂直判定定理获证。 第（2）问：连接 $OE$，由中位线定理得 $OE\parallel CD$，从而 $\angle BAO$ 或其补角即为异面直线所成的角。在 $△AOB$ 或 $△AOE$ 中求解三角形边角关系。 第（3）问：采用等体积法，由 $V_{E-ACD}=V_{A-CDE}$ 建立方程。而 $V_{A-CDE}=\frac{1}{2}{V}_{A-BCD}$，结合第（1）问的线面垂直（$AO$ 为高）易求体积，进而求出点到平面的距离。

✅【答案】

Success

（1）证明见解析； （2）$\arccos \frac{\sqrt{2}}{4}$（即异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角为 $\arccos \frac{\sqrt{2}}{4}$）； （3）$\frac{2\sqrt{21}}{7}$。

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：$AO\perp$ 平面 $BCD$

在 $△ABD$ 中，因为 $AB=AD=\sqrt{2}$，且 $O$ 是 $BD$ 的中点， 所以 $AO\perp BD$，且 $BO=DO=1$。 在 $\text{Rt}△AOB$ 中： $AO=\sqrt{A{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2-1^2}=1$

在 $△BCD$ 中，因为 $CB=CD=BD=2$，所以 $△BCD$ 是等边三角形。 由于 $O$ 是 $BD$ 的中点，所以 $CO\perp BD$，且： $CO=\frac{\sqrt{3}}{2}BD=\frac{\sqrt{3}}{2}\times 2=\sqrt{3}$

在 $△AOC$ 中，已知 $AO=1$，$CO=\sqrt{3}$，且 $CA=2$。 因为 $A{O}^2+C{O}^2=1^2+(\sqrt{3}{)}^2=4=C{A}^2$， 根据勾股定理逆定理， $△AOC$ 是直角三角形，即 $AO\perp OC$。 又因为 $BD\cap OC=O$，且 $BD,OC\subset$ 平面 $BCD$， 所以 $AO\perp$ 平面 $BCD$。

（2）求异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角的大小

连接 $OE$。因为 $O,E$ 分别是 $BD,BC$ 的中点， 所以 $OE$ 是 $△BCD$ 的中位线，则 $OE\parallel CD$，且 $OE=\frac{1}{2}CD=1$。 因此，$\angle AOE$ 或其补角即为异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成的角。

由（1）知 $AO\perp$ 平面 $BCD$，且 $OE\subset$ 平面 $BCD$， 所以 $AO\perp OE$，即 $△AOE$ 是直角三角形。 在 $\text{Rt}△AOE$ 中，$AO=1$，$OE=1$，则： $AE=\sqrt{A{O}^2+O{E}^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$

在 $△ABE$ 中，$AB=\sqrt{2}$，$AE=\sqrt{2}$。 因为 $E$ 是等边 $△BCD$ 的边 $BC$ 的中点，所以 $DE\perp BC$，且 $DE=\sqrt{3}$。 在 $\text{Rt}△ADE$ 中，$AD=\sqrt{2}$，$DE=\sqrt{3}$，得 $AE=\sqrt{A{D}^2+D{E}^2}=\sqrt{5}$，这表明需要利用 $△ABE$ 的三边关系。 或者直接利用余弦定理求 $△AOE$ 平移后的关联三角形。 取 $AC$ 中点 $F$，连接 $OF,EF$，得 $EF\parallel AB,OF\parallel CD$。 在 $△OEF$ 中：$OE=1$, $EF=\frac{\sqrt{2}}{2}$， $OF=1$。 由余弦定理得： $\cos \angle EOF=\frac{1^2+1^2-(\frac{\sqrt{2}}{2}{)}^2}{2\times 1\times 1}=\frac{2-\frac{1}{2}}{2}=\frac{3}{4}$

所以异面直线 $AB$ 与 $CD$ 所成角的大小为 $\arccos \frac{3}{4}$。

（3）求点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离

设点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离为 $h$。 根据等体积法可知： $V_{E-ACD}=V_{A-CDE}$

由于 $E$ 是 $BC$ 的中点，所以 $△CDE$ 的面积是 $△BCD$ 面积的一半： $S_{△CDE}=\frac{1}{2}{S}_{△BCD}=\frac{1}{2}\times \left(\frac{1}{2}\times 2\times \sqrt{3}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$

因为 $AO\perp$ 平面 $BCD$，所以 $AO$ 是三棱锥 $A-CDE$ 的高，且 $AO=1$： $V_{A-CDE}=\frac{1}{3}\times S_{△CDE}\times AO=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}\times 1=\frac{\sqrt{3}}{6}$

在 $△ACD$ 中，$CA=CD=2,AD=\sqrt{2}$。 作 $AF\perp CD$ 于 $F$，则 $F$ 为 $CD$ 中点， $DF=1$。 $AF=\sqrt{A{D}^2-D{F}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2-1^2}=1$ $S_{△ACD}=\frac{1}{2}\times CD\times AF=\frac{1}{2}\times 2\times 1=1$

由 $V_{E-ACD}=\frac{1}{3}\times S_{△ACD}\times h=\frac{1}{3}\times 1\times h=\frac{\sqrt{3}}{6}$， 解得： $h=\frac{\sqrt{3}}{2}$

所以，点 $E$ 到平面 $ACD$ 的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直判定定理；等体积法求点面距离；异面直线所成角。
• 核心方法：等体积法公式 $V=\frac{1}{3}Sh$，通过更换底面和顶点将未知高度转化为已知高。
• 避坑指南：求异面直线所成角时，平移线段构成的三角形各边长要计算准确，注意最终所求角的范围在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right]$ 内，若余弦值为负需取其余角。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题为标准的立体几何解答题模型，考查经典的垂直论证与空间度量，源自教材中多面体体积与距离考查的压轴习题。 结论推广：点到平面的距离通用求法有：几何法（找垂面）、等体积法、空间向量法（$\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{MP}|}{|\vec{n}|}$）。其中等体积法最适合不建系条件下的填空与基础解答题。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 16.03 两条直线的位置关系判定
• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2007-福建卷理-18 解-点到平面距离公式
• 2007-辽宁卷理-18 解-点到平面距离
• 2008-福建文-19 解-四棱锥垂直与距离