Question

如圖，直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的高為3，底面是邊長為4且∠DAB=60°的菱形，AC∩BD=0，A₁C₁∩B₁D₁=O₁，E是O₁A的中點(diǎn)．
（1）求二面角O₁-BC-D的大�。�
（2）求點(diǎn)E到平面O₁BC的距離．

Answer 1

分析：本題一個(gè)求二面角與點(diǎn)到面距離的題，
（1）求二面角的方法有二，一是用立體幾何法，作出它的平面角，求之，二是利用向量求二面角，需要建立空間坐標(biāo)系，求出兩個(gè)平面的法向量，利用數(shù)量積公式求出二面角的余弦，再求角．
（2）求點(diǎn)到面的距離也有二種方法，一種是幾何法，作出點(diǎn)到面的垂線段，用解三角形的方法求之．
二是用向量法，找出平面上一點(diǎn)與此點(diǎn)相連的線段所對(duì)應(yīng)的向量，求出其在平面法向量上的投影的絕對(duì)值即可得到點(diǎn)到面的距離．

解答：證明：（I）過O作OF⊥BC于F，連接O₁F，
∵OO₁⊥面AC，∴BC⊥O₁F，
∴∠O₁FO是二面角O₁-BC-D的平面角，…（3分）
∵OB=2，∠OBF=60°，∴OF=

3

．
在Rt△O₁OF在，tan∠O₁FO=

OO1

OF

=

3

3

=

3

，
∴∠O₁FO=60°即二面角O₁-BC-D為60°…（6分）
解：（II）在△O₁AC中，OE是△O₁AC的中位線，∴OE∥O₁C
∴OE∥O₁BC，∵BC⊥面O₁OF，∴面O₁BC⊥面O₁OF，交線O₁F．
過O作OH⊥O₁F于H，則OH是點(diǎn)O到面O₁BC的距
離，…（9分）

點(diǎn)E到面O₁BC的距離等于OH，sin60°=

OH

OF

=

OH

3

∴OH=

3

2

．∴點(diǎn)E到面O₁BC的距離等于

3

2

．…（12分）
解：法二：（I）在正方體中，有OO₁⊥平面AC，∴OO₁⊥OA，OO₁⊥OB，又OA⊥OB，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系（如圖）∵底面ABCD是邊長為4，∠DAB=60°的菱形，

∴OA=2

3

，OB=2
則A（2

3

，0，0），B（0，2，0），C（-2

3

，0，0），
O₁（0，0，3）∴

O1B

=(0，2，-3)，

O1C

=(-2

3

，0，-3)
設(shè)平面O₁BC的法向量為

n1

=（x，y，z），
則

n1

⊥

O1B

，

n1

⊥

O1C

，
∴

2y-3z=0 -2 3 x-3z=0

，則z=2，x=-

3

，y=3，
∴

n1

=（-

3

，3，2），而平面AC的法向量

n2

=（0，0，3）
∴cos＜

n1

，

n2

＞=

n1 • n2

| n1 || n2 |

=

6

3×4

=

1

2

，
設(shè)O₁-BC-D的平面角為α，∴cosα=

1

2

，∴α=60°．
故二面角O₁-BC-D為60°．
（II）設(shè)點(diǎn)E到平面O₁BC的距離為d，
∵E是O₁A的中點(diǎn)，∴

EO1

=（-

3

，0，

3

2

），
則d=

| EO1 • n1 |

| n1 |

=

|(- 3 ，0， 3 2 )•(- 3 ，3，2)|

(- 3 )2+32+22

=

3

2

∴點(diǎn)E到面O₁BC的距離等于

3

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是用空間向量求平面間的夾角，點(diǎn)到平面的距離，其中建立空間坐標(biāo)系，然后將空間直線與平面、平面與平面位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量之間的關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵．本題運(yùn)算量較大，解題時(shí)要嚴(yán)謹(jǐn)，用向量解決立體幾何問題是近幾年高考的熱點(diǎn)，本題中的類型近幾年出現(xiàn)的頻率較高