Question

14．如圖，點P為斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側棱BB₁上一點，PM⊥BB₁交AA₁于點M，PN⊥BB₁交CC₁于點N．
（1）求證：CC₁⊥MN；
（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE²=DF²+EF²-2DF•EFcos∠DFE．拓展到空間，類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明．
（3）在（2）中，我們看到了平面圖形中的性質類比到空間圖形的例子，這樣的例子還有不少．下面請觀察平面勾股定理的條件和結論特征，試著將勾股定理推廣到空間去．

勾股定理的類比	三角形ABC	四面體O-ABC
條件	AB⊥AC	OA、OB、OC兩兩垂直
結論	AB2+AC2=BC2	？

請在答題紙上完成上表中的類比結論，并給出證明．

Answer 1

分析 （1）由題意和三棱柱的性質，證出 CC₁⊥平面PMN，再證 CC₁⊥MN．
（2）利用類比推理邊“對應側面面積”得出結論，證明用到余弦定理平行四邊形的面積公式和題中的垂直關系．
（3）作OH⊥平面ABC，垂足為H，易得H為△ABC的垂心．連結CH并延長交AB于E，連結OE，則有OE⊥AB，證明$S_{△OAB}^2=\frac{1}{4}A{B^2}•（EH•EC）=（\frac{1}{2}AB•EH）•（\frac{1}{2}AB•EC）={S_{△HAB}}•{S_{△CAB}}$，$S_{△OAC}^2={S_{△HAC}}•{S_{△BAC}}$，$S_{△OBC}^2={S_{△HBC}}•{S_{△ABC}}$，即可得出結論．

解答 （1）證明：由題意知，CC₁∥BB₁，PM⊥BB₁，PN⊥BB₁，
∴CC₁⊥PM，CC₁⊥PN，且PM∩PN=P，
∴CC₁⊥平面PMN，MN?平面PMN，
∴CC₁⊥MN；（4分）
（2）解：在斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，有$S_{AB{B_1}{A_1}}^2=S_{BC{C_1}{B_1}}^2+S_{AC{C_1}{A_1}}^2-2S_{BC{C_1}{B_1}}^{\;}•S_{AC{C_1}{A_1}}^{\;}cosα$
其中α為平面CC₁B₁B與平面CC₁A₁A所組成的二面角．（7分）
∵CC₁⊥平面PMN，∴上述的二面角為∠MNP，
在△PMN中，PM²=PN²+MN²-2PN•MNcos∠MNP
∴PM²•CC₁²=PN²•CC₁²+MN²•CC₁²-2（PN•CC₁）•（MN•CC₁）cos∠MNP，
∵${S}_{BC{C}_{1}{B}_{1}}$=PN•CC₁，${S}_{AC{C}_{1}{A}_{1}}$=MN•CC₁，${S}_{AB{B}_{1}{A}_{1}}$=PM•BB₁，
∴有$S_{AB{B_1}{A_1}}^2=S_{BC{C_1}{B_1}}^2+S_{AC{C_1}{A_1}}^2-2S_{BC{C_1}{B_1}}^{\;}•S_{AC{C_1}{A_1}}^{\;}cosα$．（10分）
（3）空間勾股定理的猜想：
已知四面體O-ABC的三條側棱OA、OB、OC兩兩垂直，則有$S_{△OAB}^2+S_{△OAC}^2+S_{△OBC}^2=S_{△ABC}^2$（14分）
證明：作OH⊥平面ABC，垂足為H，易得H為△ABC的垂心．
連結CH并延長交AB于E，連結OE，則有OE⊥AB．
在△OAB中，${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}AB•OE⇒S_{△OAB}^2=\frac{1}{4}A{B^2}•O{E^2}$
在Rt△EOC中，OE²=EH•EC，
∴$S_{△OAB}^2=\frac{1}{4}A{B^2}•（EH•EC）=（\frac{1}{2}AB•EH）•（\frac{1}{2}AB•EC）={S_{△HAB}}•{S_{△CAB}}$
同理，$S_{△OAC}^2={S_{△HAC}}•{S_{△BAC}}$，$S_{△OBC}^2={S_{△HBC}}•{S_{△ABC}}$
于是$S_{△OAB}^2+S_{△OAC}^2+S_{△OBC}^2=（{S_{△HAB}}+{S_{△HAC}}+{S_{△HBC}}）•{S_{△ABC}}=S_{△ABC}^2$（18分）

點評 本題考查線面垂直關系的相互轉化，還考查了類比推理，證明結論時利用余弦定理，加上適當?shù)淖冃巫C出結論．