2009-湖南卷理-18 解-面面垂直

本题导读

本题考查空间中线面、面面垂直的判定与性质、空间向量法求线面角。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年湖南卷(理)） 在正三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，$AB=\sqrt{2}A{A}_1$.点 $D$ 是 $A_1{B}_1$ 的中点，点 $E$ 在 $A_1{C}_1$ 上，且 $DE\perp AE$.

(1)证明：平面 $ADE\perp$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$；

(2)求直线 $AD$ 和平面 $AB{C}_1$ 所成角的正弦值.

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🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

• 设 $A{A}_1=h$，则底面边长为 $\sqrt{2}h$。设 $A_{1}E=x$。
• 在 $△A_{1}DE$ 中用余弦定理表示出 $D{E}^2$，利用直角三角形性质分别表示出 $A{E}^2$ 与 $A{D}^2$。
• 结合 $DE\perp AE⟹A{D}^2=A{E}^2+D{E}^2$ 列出关于 $x$ 的方程求得 $x=\frac{\sqrt{2}}{4}h$，从而证得 $△A_{1}DE$ 为直角三角形，即 $DE\perp A_1{C}_1$。
• 结合侧棱垂直底面证得 $DE\perp A{A}_1$，从而得到 $DE\perp$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$，即可完成面面垂直的证明。

2. 第二问：

• 取底面 $AB$ 的中点 $O$ 为坐标原点，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。
• 设 $A{A}_1=2$，写出相关点的坐标，确定直线 $AD$ 的方向向量及平面 $AB{C}_1$ 的法向量，利用向量夹角公式计算线面角的正弦值。

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✅【答案】

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平面𝐴𝐷𝐸⟂平面𝐴𝐶𝐶1𝐴1；直线𝐴𝐷和平面𝐴𝐵𝐶1所成角的正弦值为√105.

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：

设 $A{A}_1=h$，则底面正三角形 $ABC$ 的边长为 $\sqrt{2}h$。 因为 $D$ 是 $A_1{B}_1$ 的中点，所以在 $△A_1{B}_1{C}_1$ 中，$A_{1}D=\frac{\sqrt{2}}{2}h$。 设 $A_{1}E=x(0\le x\le \sqrt{2}h)$。 在 $△A_{1}DE$ 中，由余弦定理得： $D{E}^2=A_1{D}^2+A_1{E}^2-2A_{1}D\cdot A_{1}E\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}{h}^2+x^2-\frac{\sqrt{2}}{2}hx$

因为 $A{A}_1\perp$ 平面 $A_1{B}_1{C}_1$，且 $A_{1}E\subset$ 平面 $A_1{B}_1{C}_1$， 所以 $A{A}_1\perp A_{1}E$。 在 $\text{Rt}△A{A}_{1}E$ 中，$A{E}^2=A{A}_1^2+A_1{E}^2=h^2+x^2$。 同理，在 $\text{Rt}△A{A}_{1}D$ 中，$A{D}^2=A{A}_1^2+A_1{D}^2=h^2+\frac{1}{2}{h}^2=\frac{3}{2}{h}^2$。

因为 $DE\perp AE$，所以在 $\text{Rt}△ADE$ 中，$A{D}^2=A{E}^2+D{E}^2$。 代入得： $\frac{3}{2}{h}^2=(h^2+x^2)+\left(\frac{1}{2}{h}^2+x^2-\frac{\sqrt{2}}{2}hx\right)$ 化简得：$2x^2-\frac{\sqrt{2}}{2}hx=0$。 因为 $x>0$，解得： $x=\frac{\sqrt{2}}{4}h$ 即 $A_{1}E=\frac{\sqrt{2}}{4}h$。

在 $△A_{1}DE$ 中，由于 $A_{1}D=\frac{\sqrt{2}}{2}h$，$A_{1}E=\frac{\sqrt{2}}{4}h$，$\angle D{A}_{1}E=60^{\circ }$， 由余弦定理算得： $D{E}^2=\frac{1}{2}{h}^2+\frac{1}{8}{h}^2-2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}h\cdot \frac{\sqrt{2}}{4}h\cdot \frac{1}{2}=\frac{3}{8}{h}^2$ 此时 $A_1{E}^2+D{E}^2=\frac{1}{8}{h}^2+\frac{3}{8}{h}^2=\frac{1}{2}{h}^2=A_1{D}^2$， 所以 $△A_{1}DE$ 是直角三角形，且 $DE\perp A_1{C}_1$。 又因为 $A{A}_1\perp$ 平面 $A_1{B}_1{C}_1$，$DE\subset$ 平面 $A_1{B}_1{C}_1$， 所以 $DE\perp A{A}_1$。 由于 $A{A}_1\cap A_1{C}_1=A_1$，且 $A{A}_1,A_1{C}_1\subset$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$， 所以 $DE\perp$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$。 因为 $DE\subset$ 平面 $ADE$， 所以平面 $ADE\perp$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$。

（2）解：

取底面 $AB$ 的中点 $O$ 为坐标原点，$OB$ 所在直线为 $x$ 轴，$OC$ 所在直线为 $y$ 轴，平行于侧棱且过点 $O$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。 设 $A{A}_1=2$，则底面边长为 $2\sqrt{2}$。 相应各点坐标为： $O(0,0,0)$ $A(-\sqrt{2},0,0)$， $B(\sqrt{2},0,0)$， $C(0,\sqrt{6},0)$ $A_1(-\sqrt{2},0,2)$， $B_1(\sqrt{2},0,2)$， $C_1(0,\sqrt{6},2)$ $D$ 是 $A_1{B}_1$ 的中点，其坐标为 $D(0,0,2)$

由此可得： $\overrightarrow{AD}=(\sqrt{2},0,2)$ $\overrightarrow{AB}=(2\sqrt{2},0,0)$ $\overrightarrow{A{C}_1}=(\sqrt{2},\sqrt{6},2)$

设平面 $AB{C}_1$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则：

\vec{n} \cdot \vec{AB} = 0 \\ \vec{n} \cdot \vec{AC_1} = 0 \end{cases} \implies \begin{cases} 2\sqrt{2}x = 0 \\ \sqrt{2}x + \sqrt{6}y + 2z = 0 \end{cases}$$ 解得： $$\begin{cases} x = 0 \\ z = -\frac{\sqrt{6}}{2}y \end{cases}$$ 取 $y = 2$，得平面 $ABC_1$ 的一个法向量为 $\vec{n} = (0, 2, -\sqrt{6})$。 设直线 $AD$ 与平面 $ABC_1$ 所成的角为 $\theta$，则： $$\sin\theta = |\cos\langle \vec{AD}, \vec{n} \rangle| = \frac{|\vec{AD} \cdot \vec{n}|}{|\vec{AD}| \cdot |\vec{n}|} = \frac{|0 + 0 - 2\sqrt{6}|}{\sqrt{2+0+4} \cdot \sqrt{0+4+6}} = \frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6} \cdot \sqrt{10}} = \frac{2}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{5}$$ 所以直线 $AD$ 和平面 $ABC_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$。 ---

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间中线面与面面垂直的判定，建系法求线面角。
2. 核心方法：

• 自变量约束法：引入参数 $x$，通过勾股定理构建等量代数关系，求出几何动点的唯一特殊位置。
• 空间坐标法：利用正三棱柱底面中线与底边垂直的特征建立正交系，将抽象的空间位置关系完全坐标化。

3. 避坑指南：

• 证明面面垂直时，直接找斜线 $DE\perp$ 侧面 $AC{C}_1{A}_1$ 是最简洁的途径，避免无谓增加其他交线和垂线。
• 建立坐标系时需确保 $x,y,z$ 轴两两互相垂直。若直接以点 $D$ 为原点、以 $D{A}_1$ 与 $DE$ 分别为 $x,y$ 轴，会因 $DE$ 与 $D{A}_1$ 不垂直（夹角为 $30^{\circ }$）而导致建系失败。

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📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于2010年高考湖南卷理科第18题。题目通过巧妙引入斜线垂直条件 $DE\perp AE$，将“动点定位”与“空间垂直判定”相结合，代表了传统立体几何向解析立体几何过渡的经典设问。
2. 结论推广： 在正三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，若 $AB=k\cdot A{A}_1$，点 $D$ 是 $A_1{B}_1$ 的中点，点 $E$ 在 $A_1{C}_1$ 上，满足 $DE\perp AE$。

• 当且仅当 $k\le 2$ 时，满足条件的目标点 $E$ 才会落在有界线段 $A_1{C}_1$ 内（含端点），且满足 $A_{1}E=\frac{k^2}{4}{A}_1{C}_1$。
• 当 $k=\sqrt{2}$ 时，对应本题情况，此时 $A_{1}E=\frac{1}{2}{A}_1{C}_1$，即 $E$ 恰为 $A_1{C}_1$ 的中点。

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🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2011-四川卷理-19 解-三棱柱线面
• 2011-大纲卷文-20 解-四棱锥线面垂直与线面角
• 2011-山东卷文-19 解-四棱台线面平行垂直