2014-湖南卷文-18 解-二面角

本题导读

(1) 证 $AB$ 垂直平面 $ODE$ 内两条相交直线；(2) 把 $BC$ 平移到 $AD$，在 $△ADO$ 中求 $\cos \angle ADO$。

📌【题干】

Question

（2014年湖南卷(文)） 如图，已知二面角 $\alpha -MN-\beta$ 的大小为 $60^{\circ }$，菱形 $ABCD$ 在面 $\beta$ 内，$A$，$B$ 两点在棱 $MN$ 上，$\angle BAD=60^{\circ }$，$E$ 是 $AB$ 的中点，$DO\perp$ 面 $\alpha$，垂足为 $O$.

(1) 证明：$AB\perp$ 平面 $ODE$；

(2) 求异面直线 $BC$ 与 $OD$ 所成角的余弦值.

🔍【思路分析】

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(1) 用 $DE\perp AB$ 与 $DO\perp AB$；(2) $BC\parallel AD$，转化为求 $\angle ADO$ 的余弦。

✅【答案】

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(1) 证明见解析；(2) $\frac{3}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 因为 $ABCD$ 是菱形且 $\angle BAD=60^{\circ }$，所以 $△ABD$ 是等边三角形。又 $E$ 是 $AB$ 的中点，故 $DE\perp AB$。 因为 $AB\subset MN$ 是二面角的棱，$AB\subset$ 平面 $\alpha$，而 $DO\perp$ 平面 $\alpha$，所以 $DO\perp AB$。 $DE$ 与 $DO$ 是平面 $ODE$ 内两条相交直线，且 $DE\cap DO=D$，因此 $AB\perp$ 平面 $ODE$。 (2) 由 $AB\perp$ 平面 $ODE$ 得 $AB\perp EO$，故 $\angle DEO$ 是二面角 $\alpha -MN-\beta$ 的平面角，$\angle DEO=60^{\circ }$。 设菱形边长为 $2$，则等边 $△ABD$ 中 $DE=\sqrt{3}$，$AE=1$。在 $\mathrm{Rt}△DEO$ 中，$DO=DE\sin 60^{\circ }=\frac{3}{2}$，$EO=DE\cos 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$。 在 $\mathrm{Rt}△AEO$ 中，$A{O}^2=A{E}^2+E{O}^2=1+\frac{3}{4}=\frac{7}{4}$，即 $AO=\frac{\sqrt{7}}{2}$。 因为 $BC\parallel AD$，所以异面直线 $BC$ 与 $OD$ 所成角等于 $\angle ADO$（或其补角）。在 $△ADO$ 中，$AD=2$，$DO=\frac{3}{2}$，$AO=\frac{\sqrt{7}}{2}$，由余弦定理：$\cos \angle ADO=\frac{A{D}^2+D{O}^2-A{O}^2}{2\cdot AD\cdot DO}=\frac{4+\frac{9}{4}-\frac{7}{4}}{2\times 2\times \frac{3}{2}}=\frac{\frac{18}{4}}{6}=\frac{3}{4}$。 故异面直线 $BC$ 与 $OD$ 所成角的余弦值为 $\frac{3}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：二面角的平面角与异面直线所成角

2. 核心方法：找棱的垂线定平面角

3. 避坑指南：(1) 证明的关键是两个垂直：$DE\perp AB$（等边三角形中线）与 $DO\perp AB$（线面垂直的性质）；(2) 求异面直线所成角时，利用 $BC\parallel AD$ 转化为 $\angle ADO$，注意 $DO$ 是「垂线段」不是射影，须在 $△ADO$ 中用余弦定理而非直接取射影角。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 二面角背景下的线面垂直与异面直线夹角。

2. 结论推广: 二面角的平面角：在棱上取点，两个半平面内分别作棱的垂线。本题 $\angle DEO=60^{\circ }$。

3. 方法推广: 异面直线所成角优先「平移转化」到同一个三角形中，再用余弦定理计算；也可建系用向量求解。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.02 空间向量与线面位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2014-湖南卷理-19 解-直线与平面垂直判定
• 2014-新课标I卷理-19 解-线面垂直