2008-安徽卷理-18 解-线面位置

本题导读

本题是以四棱锥为载体的立体几何综合题，主要考查空间线面平行的判定、异面直线所成角的计算以及点到平面距离的求解，侧重考查空间想象能力和逻辑推理论证能力。

📌【题干】

Question

（2008年安徽卷(理)） 如图，在四棱锥 $O-ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是边长为 1 的菱形，$\angle ABC=\frac{\pi }{4}$.$OA\perp$ 底面 $ABCD$，$OA=2$，$M$ 为 $OA$ 的中点，$N$ 为 $BC$ 的中点.

(1) 证明：直线 $MN\parallel$ 平面 $OCD$；

(2) 求异面直线 $AB$ 与 $MD$ 所成角的大小；

(3) 求点 $B$ 到平面 $OCD$ 的距离.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：取 $AD$ 的中点 $P$，通过证明平面 $MNP\parallel$ 平面 $OCD$，利用面面平行的性质推导线面平行。
2. 第(2)问：利用菱形对边平行 $AB\parallel CD$，将异面直线 $AB$ 与 $MD$ 所成的角转化为共面直线 $CD$ 与 $MD$ 所成的角（即 $△MDC$ 的内角或其补角），在 $△MDC$ 中利用余弦定理求解。
3. 第(3)问：由 $AB\parallel CD$ 得到 $AB\parallel$ 平面 $OCD$，从而将点 $B$ 到平面 $OCD$ 的距离转化为点 $A$ 到平面 $OCD$ 的距离，再利用等体积法 $V_{O-ACD}=V_{A-OCD}$ 求解。

✅【答案】

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建立直角坐标系，使𝐴=(0,0,0)，底面为𝑧=0，取𝐵=(1,0,0).由菱形边长为1且∠𝐴𝐵𝐶=π4，可取𝐶=⎛⎜

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 取 $AD$ 的中点 $P$，连接 $MP,PN$。 因为 $M$ 是 $OA$ 的中点，$P$ 是 $AD$ 的中点，所以在 $△OAD$ 中，$MP\parallel OD$。 又 $MP\not\subset$ 平面 $OCD$，$OD\subset$ 平面 $OCD$，所以 $MP\parallel$ 平面 $OCD$。 因为 $ABCD$ 是菱形，$N,P$ 分别是 $BC,AD$ 的中点，所以 $PN\parallel CD$且 $PN=CD$。 又 $PN\not\subset$ 平面 $OCD$，$CD\subset$ 平面 $OCD$，所以 $PN\parallel$ 平面 $OCD$。 又 $MP\cap PN=P$，且 $MP,PN\subset$ 平面 $MNP$， 所以平面 $MNP\parallel$ 平面 $OCD$。 因为 $MN\subset$ 平面 $MNP$，所以直线 $MN\parallel$ 平面 $OCD$。

(2) 解： 因为 $ABCD$ 是菱形，所以 $AB\parallel CD$。 故异面直线 $AB$ 与 $MD$ 所成的角即为直线 $CD$ 与 $MD$ 所成的角（或其补角）。 因为 $OA\perp$ 底面 $ABCD$，且 $AD,AC\subset$ 底面 $ABCD$，所以 $OA\perp AD$，$OA\perp AC$。 在 Rt$△MAD$ 中，$AM=1,AD=1$，则 $MD=\sqrt{A{M}^2+A{D}^2}=\sqrt{2}$。 在 $△ABC$ 中，$AB=1,BC=1,\angle ABC=\frac{\pi }{4}$， 由余弦定理得：$A{C}^2=1^2+1^2-2\times 1\times 1\times \cos \frac{\pi }{4}=2-\sqrt{2}$。 在 Rt$△MAC$ 中，$M{C}^2=A{M}^2+A{C}^2=1^2+2-\sqrt{2}=3-\sqrt{2}$。 在 $△MDC$ 中，$CD=1,MD=\sqrt{2},MC=\sqrt{3-\sqrt{2}}$， 由余弦定理得：$\cos \angle MDC=\frac{M{D}^2+C{D}^2-M{C}^2}{2\cdot MD\cdot CD}=\frac{2+1-(3-\sqrt{2})}{2\times \sqrt{2}\times 1}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$。 因为 $\angle MDC\in (0,\pi )$，所以 $\angle MDC=\frac{\pi }{3}$。 故异面直线 $AB$ 与 $MD$ 所成角的大小为 $\frac{\pi }{3}$。

(3) 解： 因为 $AB\parallel CD$，且 $CD\subset$ 平面 $OCD$，$AB\not\subset$ 平面 $OCD$，所以 $AB\parallel$ 平面 $OCD$。 故点 $B$ 到平面 $OCD$ 的距离等于点 $A$ 到平面 $OCD$ 的距离，设该距离为 $d$。 菱形 $ABCD$ 中，$△ACD$ 的面积 $S_{△ACD}=S_{△ABC}=\frac{1}{2}\times 1\times 1\times \sin \frac{\pi }{4}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。 三棱锥 $O-ACD$ 的体积 $V_{O-ACD}=\frac{1}{3}\times S_{△ACD}\times OA=\frac{1}{3}\times \frac{\sqrt{2}}{4}\times 2=\frac{\sqrt{2}}{6}$。 在 Rt$△OAD$ 中，$OD=\sqrt{O{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$。 在 Rt$△OAC$ 中，$OC=\sqrt{O{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2^2+2-\sqrt{2}}=\sqrt{6-\sqrt{2}}$。 在 $△OCD$ 中，由余弦定理得：$\cos \angle ODC=\frac{O{D}^2+C{D}^2-O{C}^2}{2\cdot OD\cdot CD}=\frac{5+1-(6-\sqrt{2})}{2\times \sqrt{5}\times 1}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$。 则 $\sin \angle ODC=\sqrt{1-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}\right)}^2}=\sqrt{\frac{18}{20}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$。 所以 $△OCD$ 的面积 $S_{△OCD}=\frac{1}{2}\times OD\times CD\times \sin \angle ODC=\frac{1}{2}\times \sqrt{5}\times 1\times \frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。 由 $V_{A-OCD}=V_{O-ACD}$ 得：$\frac{1}{3}\times S_{△OCD}\times d=\frac{\sqrt{2}}{6}⟹\frac{1}{3}\times \frac{3\sqrt{2}}{4}\times d=\frac{\sqrt{2}}{6}$， 解得 $d=\frac{2}{3}$。 故点 $B$ 到平面 $OCD$ 的距离为 $\frac{2}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行的判定定理（构造辅助面）；异面直线所成角的平移转化法；等体积法求点面距离。
2. 核心方法：

• 证明线面平行时，若直接在目标平面内找平行线较难，可通过“中点”构造“面面平行”来证明线面平行。
• 求点到平面的距离时，“等体积法” $d=\frac{3V}{S}$ 可以完美避开作垂线、证明垂足位置的繁琐几何论证。

3. 避坑指南：第(2)问求出 $\cos \angle MDC$ 后，若为负值，需取其补角作为异面直线所成的角，因为异面直线所成角的范围是 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right]$。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题基于传统高考试题中“一线垂直于底面”的锥体经典模型，融合了菱形底面的非直角特性，侧重多重知识点的交织。
2. 结论推广: 一般地，若直线 $l\parallel$ 平面 $\alpha$，则直线 $l$ 上任意一点到平面 $\alpha$ 的距离都相等。在求三棱锥或四棱锥的点面距离时，若垂足不易确定，优先考虑使用等体积法。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

建立直角坐标系，使𝐴=(0,0,0)，底面为𝑧=0，取𝐵=(1,0,0).由菱形边长为1且∠𝐴𝐵𝐶=π4，可取𝐶=⎛⎜

类题演练 (Links)

• 2009-北京卷理-04 单-线面位置
• 2009-北京卷文-07 单-正四棱柱线面角
• 2009-四川卷文-06 单-六棱锥线面关系