2007-福建卷理-18 解-点到平面距离公式

本题导读

本题考查空间位置关系的证明、二面角的计算以及点到平面距离的求解。通过在正三棱柱中取底边中点作为原点建立空间直角坐标系，将复杂的立体几何平行垂直关系、角度和距离全部量化为向量代数运算，实现标准化破局。

(注：原题干第二问中的 “二面角 $A-A{D}_1-B$”，根据图形与上下文字母分布，应为印刷错误，实际指代 “二面角 $A-A_{1}D-B$”，本解析按修正后的字母进行标准求解。)

📌【题干】

Question

（2007年福建卷(理)） 如图，正三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 的所有棱长都为 2， $D$ 为 $C{C}_1$ 中点.

(1) 求证: $A{B}_1\perp$ 平本 $A_{1}BD$；

(2) 求二面角 $A-A_{1}D-B$ 的大小；

(3) 求点 $C$ 到平面 $A_{1}BD$ 的距离.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 建系坐标化：

• 取底面边 $BC$ 的中点 $O$，连接 $AO$。由于 $△ABC$ 为正三角形， $AO\perp BC$。
• 以 $O$ 为原点，射线 $OB$ 方向为 $y$ 轴正方向，射线 $OA$ 方向为 $x$ 轴正方向，过 $O$ 作底面的垂线为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系。
• 写出所有关键点的坐标，并求出相关向量。

2. 第一问：

• 求出 $\overrightarrow{A{B}_1}$，以及平面 $A_{1}BD$ 内的两个不共线向量 $\overrightarrow{BD}$ 和 $\overrightarrow{B{A}_1}$。
• 证明 $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=0$ 且 $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{B{A}_1}=0$，由线面垂直判定定理即证。

3. 第二问：

• 求解平面 $A{A}_{1}D$ 与平面 $B{A}_{1}D$ 的法向量。
• 计算两法向量的夹角，结合图形判定二面角的空间张角（锐角或钝角）。

4. 第三问：

• 由第一问已知 $A{B}_1\perp$ 平面 $A_{1}BD$，说明 $\overrightarrow{A{B}_1}$ 自身就是平面 $A_{1}BD$ 的一个天然法向量。

• 计算点 $C$ 到该平面的距离： $d=\frac{|\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$，其中 $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}_1}$。

✅【答案】

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待补

✍【详细解析】

Abstract

解：取底面边 $BC$ 的中点 $O$，连接 $AO$。 因为 $△ABC$ 是边长为 2 的正三角形，所以 $AO\perp BC$，且 $AO=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。 在正三棱柱中，侧棱垂直于底面，故过点 $O$ 作底面的垂线。 以 $O$ 为坐标原点，射线 $OA,OB$ 的方向分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴正方向，过 $O$ 的侧棱平行线方向为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。

依据各线段长度（所有棱长均为 2， $D$ 为 $C{C}_1$ 中点 $⟹CD=1$），可得下列关键顶点的坐标： $O(0,0,0),A(\sqrt{3},0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0)$ $A_1(\sqrt{3},0,2),B_1(0,1,2),C_1(0,-1,2),D(0,-1,1)$

计算后续涉及的相关向量坐标： $\overrightarrow{A{B}_1}=(-\sqrt{3},1,2),\overrightarrow{BD}=(0,-2,1),\overrightarrow{B{A}_1}=(\sqrt{3},-1,2)$ $\overrightarrow{DA}=(\sqrt{3},1,-1),\overrightarrow{D{A}_1}=(\sqrt{3},1,1)$

（1）证明：计算向量 $\overrightarrow{A{B}_1}$ 与平面 $A_{1}BD$ 内两条相交向量的数量积： $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{BD}=(-\sqrt{3})\times 0+1\times (-2)+2\times 1=0-2+2=0⟹A{B}_1\perp BD$ $\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \overrightarrow{B{A}_1}=(-\sqrt{3})\times \sqrt{3}+1\times (-1)+2\times 2=-3-1+4=0⟹A{B}_1\perp B{A}_1$

因为 $BD\cap B{A}_1=B$， 且 $BD,B{A}_1\subset \text{平面 }{A}_{1}BD$， 根据线面垂直的判定定理，可得： $A{B}_1\perp \text{平面 }{A}_{1}BD$

（2）解：由（1）可知，平面 $A_{1}BD$ 的一个标准法向量可直接采用： ${\vec{n}}_1=\overrightarrow{A{B}_1}=(-\sqrt{3},1,2)$

下面求解平面 $A{A}_{1}D$（即平面 $A_{1}DA$）的法向量 ${\vec{n}}_2=(x,y,z)$： 根据法向量垂直特质，建立方程组： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{DA}=\sqrt{3}x+y-z=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{D{A}_1}=\sqrt{3}x+y+z=0\end{array}$ 两式相减得 $2z=0⟹z=0$。 代回得 $\sqrt{3}x+y=0$， 令 $x=1⟹y=-\sqrt{3}$。 故平面 $A{A}_{1}D$ 的一个法向量为： ${\vec{n}}_2=(1,-\sqrt{3},0)$

计算两平面法向量的夹角余弦值： $\cos ⟨{\vec{n}}_1,{\vec{n}}_2⟩=\frac{{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_2|}=\frac{(-\sqrt{3})\times 1+1\times (-\sqrt{3})+2\times 0}{\sqrt{(-\sqrt{3}{)}^2+1^2+2^2}\cdot \sqrt{1^2+(-\sqrt{3}{)}^2+0^2}}=\frac{-2\sqrt{3}}{\sqrt{8}\cdot \sqrt{4}}=\frac{-2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}\times 2}=-\frac{\sqrt{6}}{4}$

由图形的空间开合态势可知，二面角 $A-A_{1}D-B$ 的二面角为锐角（其两法向量方向一内一外造成负号）。 所以，该二面角的余弦值为： $\cos \theta =\frac{\sqrt{6}}{4}$

故二面角 $A-A_{1}D-B$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{4}$。

（3）解：由（1）知， $A{B}_1\perp$ 平面 $A_{1}BD$， 故可把 $\vec{n}=\overrightarrow{A{B}_1}=(-\sqrt{3},1,2)$ 作为平面 $A_{1}BD$ 的法向量。 取平面内一点 $B(0,1,0)$， 计算点 $C(0,-1,0)$ 到平面 $A_{1}BD$ 的向量为： $\overrightarrow{CB}=(0,2,0)$

根据空间点到平面距离的向量射影公式： $d=\frac{|\overrightarrow{CB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|0\times (-\sqrt{3})+2\times 1+0\times 2|}{\sqrt{(-\sqrt{3}{)}^2+1^2+2^2}}=\frac{2}{\sqrt{3+1+4}}=\frac{2}{\sqrt{8}}=\frac{2}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

所以，点 $C$ 到平面 $A_{1}BD$ 的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：正三棱柱底面中点建系法、线面垂直的向量积判定、点到平面的法向量投影距离公式（ $d=\frac{|\vec{u}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$）。
2. 核心方法：空间向量法。
3. 避坑指南：

• 正三棱柱建系时，切记不要把原点建立在顶点 $C$ 或 $B$ 处，因为正三角形的夹角是 $60^{\circ }$ 而非直角。必须找中点作高（如本题中的 $O$ 点）来创造两两相互垂直的刚性坐标轴。
• 第三问中因为第一问已经完美证明了 $A{B}_1\perp$ 面， 此时 $\overrightarrow{A{B}_1}$ 就是现成的、最省力的面法向量，不要再盲目地重新去设系数解方程组算一遍法向量， 善于借用前问结论是高分秘诀。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查空间直角坐标系的构建、线面垂直的判定定理与性质，是福建卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。
2. 变式思考：本题的核心步骤（空间向量坐标法、等体积转化法（可选，此处采用向量法））可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。
3. 知识关联：空间直角坐标系的构建、线面垂直的判定定理与性质相互关联，解答中综合运用了空间向量坐标法、等体积转化法（可选，此处采用向量法），建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算
• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 16.04 距离公式汇总

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-天津卷文-19 解-四棱锥垂直与二面角
• 2008-江西卷文-20 解-线面垂直与二面角