2021年全国卷甲第19题 二面角的正弦值最小

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综合初步算，觉得是点D在`A_1`时， 结果对答案发现是`B_1D=1/2`时

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题：

已知直三棱柱`ABC-A_1B_1C_1`中，侧面`AA_1B_1B`为正方形，`AB=BC=2`，`E,F`分别为`AC`，`CC_1`的中点，`D`为棱`A_1B_1`上的点，`BF\perp A_1B_1`.
(1)证明：`BF\perp DE`;
(2)当`B_1D`为何值时，平面`BB_1C_1C`与平面`DEF`所成的二面角的正弦值最小？



这个立体几何题还不错，综合法也是方便的，(主楼初步计算)其实是正弦值最大。

(1) 取`BC`的中点`Q`，连接`B_1Q`，则在正方形$CBB_1C_1$，可得$BF\perp B_1Q$，又已知`BF\perp A_1B_1`，进一步得`BF \perp`平面`A_1B_1QE`，而`DE`在此平面内，得证.

(2) 另外再由条件 又易证得`A_1B_1\perp`平面`CBB_1C_1`，于是`\triangle DEF` 在平面`CBB_1C_1`内的射影为`\triangle B_1QF`且为固定形状，即面积为定值`3/2`.
设平面`BB_1C_1C`与平面`DEF`所成的二面角为`\theta`，则\[S_{\triangle DEF}\cos \theta=S_{\triangle B_1QF}=3/2.\]
所以求$\sin \theta$的最小值等价于求$\cos \theta$的最大值等价于求`S_{\triangle DEF}`面积的最小值. 而这相当是两个异面直线`A_1B_1,EF`之间的最小值，(特别的`A_1E\perp EF`，此时就是主楼说的在`A_1`的意思).

这个用综合法挺棘手的，得，设`B_1D=a`，用`a`表示出`S_{\triangle DEF}`.

注意直角梯形`AEB_1B`，在`\tiangle DA_1E`中由余弦定理求得`DE^2=a^2-2a+6`，又易得`DF^2=a^2+5`，`EF^2=3`，于是\[2S_{\triangle DEF}=\sqrt{(a^2-2a+6)(a^2+5)-\left(\frac {a^2-2a+6+a^2+5-3}2\right)^2}=\sqrt{2(a^2-a)+14},\]

于是当`B_1D=a=\frac 12`时，`S_{\triangle DEF}`面积最小，即此时平面`BB_1C_1C`与平面`DEF`所成的二面角的正弦值最小.



向量法就不想折腾了，只是伤心两异面直线距离求法忘记了

乌贼

如图：
    延长$ A_1C_1 $至$ Q $，延长$ EF $交$ C_1Q $于$ P $，连接$ DP $交$ B_1C_1 $于$ H $，则$ FH $即为平面$BB_1C_1C$与平面$DEF$的交线，$ M $为$ BC $的中点。作$ MN\perp HF $，垂足为$ N $。$ \angle ENM $就是平面$BB_1C_1C$与平面$DEF$所成的二面角。
有\[ MN\leqslant MF=\sqrt{2}\]\[ \sin \angle ENM=\dfrac{EM}{EN}=\dfrac{EM}{\sqrt{EM^2+MN^2}}\geqslant \dfrac{EM}{\sqrt{EM^2+MF^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \]取等时$ N $与$ F $重合，此时\[ \angle C_1FH=45\du \\C_1H=1\\HP\px B_1Q \]故\[ \dfrac{B_1D}{B_1A_1}=\dfrac{QP}{QA_1}\riff B_1D=2\times \dfrac{\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\dfrac{1}{2} \]

isee

回复 3# 乌贼

挺赞的，$HP\px B_1Q$没太明白，不过，此解法可以不需要`Q`点，将`DHP`看作是`\triangle A_1B_1C_1`的梅氏截线，用 Menelaus 定理
即解得`B_1D/DA_1=1/3`.

乌贼

回复 4# isee
取等时$ H $为$ B_1C_1 $中点，又$ P $为$ C_1Q $中点。取$ Q $点方便求$ BD $的长度。