每日一题[2136]来回投影

在空间中,过点 $A$ 作平面 $\pi$ 的垂线,垂足为 $B$,记 $B=f_{\pi}(A)$,设 $\alpha,\beta$ 是两个不同的平面,对空间任意一点 $P$,$Q_1=f_{\beta}\big(f_{\alpha}(P)\big)$,$Q_2=f_{\alpha}\big(f_{\beta}(P)\big)$,恒有 $PQ_1=PQ_2$,则(       )

A.平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 垂直

B.平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 所成的(锐)二面角为 $45^\circ$

C.平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 平行

D.平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 所成的(锐)二面角为 $60^\circ$

答案    A.

解析    $\alpha\perp \beta$ 时符合题意,接下来我们证明这个结论.

如图,只需要在过 $P$ 且与直线 $\alpha \cap\beta$ 垂直的截面内思考问题.设 $\angle PO\alpha =x$,$\angle PO\beta=y$,$OP=1$,则$$PM=\sin x,MQ_1=\cos x\sin (x+y),$$于是在 $\triangle PMQ_1$ 中应用余弦定理,有$$PQ_1^2=\sin^2x+\left(\cos x\sin (x+y)\right)^2-2\sin x\cos x\sin (x+y)\cos (x+y),$$类似的,可得$$PQ_2^2=\sin^2y+\left(\cos y\sin (x+y)\right)^2-2\sin y\cos y\sin (x+y)\cos (x+y),$$因此$$\sin^2x-\sin^2y+\left(\cos^2x-\cos^2y\right)\sin^2(x+y)-\left(\sin 2x-\sin 2y\right)\sin (x+y)\cos (x+y)=0,$$即$$\sin^2x-\sin^2y-\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\sin^2(x+y)-2\cos(x+y)\sin(x-y)\cdot \sin(x+y)\cos(x+y)=0,$$即$$\left(\sin^2x-\sin^2y\right)\cos^2 (x+y)=0,$$于是可得 $x+y=\dfrac{\pi}2$,因此 $\alpha \perp \beta$. 综上所述,正确的选项为 $\boxed{A}$.

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