Question

14．如圖，點P為斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的側(cè)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(cè)面面積與其中兩個側(cè)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(zhì)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(jié)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(jié)論	AB2+AC2=BC2	？

請在答題紙上完成上表中的類比結(jié)論，并給出證明．

Answer 1

分析 （1）由題意和三棱柱的性質(zhì)，證出 CC₁⊥平面PMN，再證 CC₁⊥MN．
（2）利用類比推理邊“對應側(cè)面面積”得出結(jié)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(jié)CH并延長交AB于E，連結(jié)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(jié)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(cè)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(jié)CH并延長交AB于E，連結(jié)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(zhuǎn)化，還考查了類比推理，證明結(jié)論時利用余弦定理，加上適當?shù)淖冃巫C出結(jié)論．