2008_quanguo_old_i
16．（5分）已知菱形 ${ \tt A B C D } ^ { \tt \tt { I } }$ 中，AB=2， $\angle A = 1 2 0 ^ { \circ }$ ，沿对角线BD将 $\triangle \mathsf { A B D }$ 折起，使二面角 $\mathsf { A } - \mathsf { B D } - \mathsf { C } \mathsf { \ P } 1 2 0 ^ { \circ }$ ，则点A到 $\triangle \tt { B C D }$ 所在平面的距离等于 $- \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } -$
$\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$
用 3 道相关题确认基础和中等变式会到哪一步。
【考点】MJ：二面角的平面角及求法；MK：点、线、面间的距离计算
【专题】11：计算题；16：压轴题
【分析】本题考查了立体几何中的折叠问题，及定义法求二面角和点到平面的距离，我们由已知菱形ABCD中，AB=2， $\angle A = 1 2 0 ^ { \circ }$ ，沿对角线BD将 $\triangle \mathsf { A B D }$ 折起，使二面角 $\mathsf { A } - \mathsf { B D } - \mathsf { C } \mathsf { \ P } 1 2 0 ^ { \circ }$ ，及菱形的性质：对角线互相垂直，我们易得∴$\angle A O C$ 即为二面角 $\mathsf { A } - \mathsf { B D } - \mathsf { C }$ 的平面角，解 $\Delta A O C \ E$ ，OC边的高即为A点到平面BCD的距离
【解答】解：已知如下图所示：
设 $\cdot \Delta C \cap B D = 0$ ，则 $A O \bot B D$ ，CO⊥BD，
$\therefore \angle A O C$ 即为二面角 $A \mathrm { ~ - ~ } \mathsf { B D } - \mathsf { C }$ 的平面角
$\therefore \angle A O C = 1 2 0 ^ { \circ }$ ，且 $\mathsf { A O } = 1$
$$ \therefore \mathsf { d } = 1 \times \mathsf { s i n } 6 0 ^ { \circ } = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } $$
故答案为： $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$
【点评】根据二面角的大小解三角形，一般先作出二面角的平面角．此题是利用二面角的平面角的定义作出 $\angle A O C$ 为二面角 $A \mathrm { ~ - ~ } \mathsf { B D } - \mathsf { C }$ 的平面角，通过解∠AOC所在的三角形求得 $\angle A O C$ ．其解题过程为：作 $\angle A O C $ 证 $\angle A O C$ 是二面角的平面角→利用 $\angle A O C$ 解三角形AOC，简记为“作、证、算”