2010-广东卷理-18 解-二面角

本题导读

本题考查空间线线垂直的证明以及利用空间向量求两平面所成二面角（锐角）的正弦值，考查空间想象能力与代数运算能力。

📌【题干】

Question

（2010年广东卷(理)） 如图，$\widehat{AEC}$ 是半径为 $a$ 的半圆，$AC$ 为直径，点 $E$ 为 $\widehat{AEC}$ 的中点，点 $B$ 和点 $C$ 为线段 $AD$ 的三等分点，平面 $AEC$ 外一点 $F$ 满足 $FB=FD=\sqrt{5}a$，$EF=\sqrt{6}a$.

(1) 证明：$EB\perp FD$；

(2) 已知点 $Q,R$ 分别为线段 $FE,FB$ 上的点，使得 $FQ=\frac{2}{3}FE$，$FR=\frac{2}{3}FB$，求平面 $BED$ 与平面 $RQD$ 所成二面角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. 几何计算边长：在半圆中可求得 $EB$ 的长度，在 $△FBD$ 中取 $BD$ 中点 $O$，得到 $FO\perp BD$ 及其长度，进而验证 $△EOF$ 为直角三角形，推出 $EO\perp$ 平面 $FBD$，从而证明 $EB\perp FD$。
2. 建立坐标系：以 $O$ 为原点，$OB,OF$ 所在直线及平行于 $OE$ 的方向分别作为 $x,z,y$ 轴建立空间直角坐标系，写出各关键点的坐标与向量。
3. 求法向量与夹角：求出平面 $BED$ 与平面 $RQD$ 的法向量，用向量数量积公式计算余弦值，再转化为正弦值。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 设 $BD$ 中点为 $O$。 由题意，$AC=2a$ 是半圆直径，且 $B,C$ 为 $AD$ 的三等分点，故 $AB=BC=CD=2a$，$AD=6a$。 在 Rt$△ABC$ 中，点 $E$ 为半圆弧的中点，$O$ 为 $BD$ 的中点，有 $AB=2a,BC=2a⟹BD=4a⟹OB=OD=2a$。 由于 $FB=FD=\sqrt{5}a$，且 $O$ 为 $BD$ 中点，故 $FO\perp BD$，在 Rt$△FOB$ 中： $FO=\sqrt{F{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{(\sqrt{5}a{)}^2-(2a{)}^2}=a$ 连接 $OE$，在 $△ABE$ 中，$AE=EC=\sqrt{2}a$，在 $△OBE$ 中，$OB=2a$，$\angle OBE=135^{\circ }$ 或由几何计算得： 在平面 $AEC$ 中，$O$ 为 $AC$ 外顺次延长线上的点，$O$ 即为 $C$ 点（因为 $AO=AB+BO=2a+2a=4a$，而 $AC=2a$，可得 $O$ 点与 $C$ 点重合）。 因此 $OE=\sqrt{O{C}^2+C{E}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{5}a$（或者直接计算 $EB=\sqrt{a^2+(2a{)}^2}=\sqrt{5}a$，因为 $OE=\sqrt{a^2+(2a{)}^2}=\sqrt{5}a$）。 在 $△EOF$ 中，$FO=a$，$OE=\sqrt{5}a$，$EF=\sqrt{6}a$。 因为 $F{O}^2+O{E}^2=a^2+5a^2=6a^2=E{F}^2$，所以 $FO\perp OE$。 又因为 $FO\perp BD$ 且 $OE\cap BD=O$，故 $FO\perp$ 平面 $AEC$（即平面 $BED$）。 又因为 $EB\subset$ 平面 $AEC$，所以 $FO\perp EB$。 在平面 $AEC$ 内，由 $E$ 为半圆中点，可算得 $EB=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$（取半圆圆心为 $M$， $ME\perp AC$），在 $△EBD$ 中计算可得 $EB\perp BD$。 由于 $EB\perp BD$ 且 $EB\perp FO$，$BD\cap FO=O$，所以 $EB\perp$ 平面 $FBD$。 因为 $FD\subset$ 平面 $FBD$，所以 $EB\perp FD$。

(2) 由 (1) 知，$OB,OE,OF$ 两两垂直。以 $O$ 为原点，$\overrightarrow{OB}$ 为 $x$ 轴正方向，$\overrightarrow{OE}$ 为 $y$ 轴正方向，$\overrightarrow{OF}$ 为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $O-xyz$。 无妨设 $a=1$，则各点坐标为： $O(0,0,0)$，$B(2,0,0)$，$D(-2,0,0)$（此处取 $O$ 为原点，若 $D$ 在 $x$ 轴负方向，则 $D(-2,0,0)$），$E(0,\sqrt{5},0)$，$F(0,0,1)$。 由已知 $\overrightarrow{FQ}=\frac{2}{3}\overrightarrow{FE}$，$\overrightarrow{FR}=\frac{2}{3}\overrightarrow{FB}$，可算出： $Q=F+\frac{2}{3}(E-F)=\left(0,\frac{2\sqrt{5}}{3},\frac{1}{3}\right)$ $R=F+\frac{2}{3}(B-F)=\left(\frac{4}{3},0,\frac{1}{3}\right)$

平面 $BED$（即平面 $Oxy$）的法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(0,0,1)$。

对于平面 $RQD$，向量 $\overrightarrow{DR}=R-D=\left(\frac{10}{3},0,\frac{1}{3}\right)$，向量 $\overrightarrow{DQ}=Q-D=\left(2,\frac{2\sqrt{5}}{3},\frac{1}{3}\right)$。 设平面 $RQD$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x,y,z)$，得： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{DR}=\frac{10}{3}x+\frac{1}{3}z=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{DQ}=2x+\frac{2\sqrt{5}}{3}y+\frac{1}{3}z=0\end{array}$ 取 $x=1$，则 $z=-10$，$y=\frac{3\times (-2x-\frac{1}{3}z)}{2\sqrt{5}}=\frac{3\times (-2+\frac{10}{3})}{2\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$。 即 ${\mathbf{n}}_2=\left(1,\frac{2\sqrt{5}}{5},-10\right)$。

计算 ${\mathbf{n}}_1$ 与 ${\mathbf{n}}_2$ 的夹角余弦值： $\cos \theta =\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1||{\mathbf{n}}_2|}=\frac{|-10|}{1\times \sqrt{1^2+{\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right)}^2+(-10{)}^2}}=\frac{10}{\sqrt{1+\frac{4}{5}+100}}=\frac{10}{\sqrt{\frac{509}{5}}}=\frac{10\sqrt{5}}{\sqrt{509}}$ 则平面 $BED$ 与平面 $RQD$ 所成二面角的正弦值为： $\sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }=\sqrt{1-\frac{500}{509}}=\frac{3}{\sqrt{509}}=\frac{3\sqrt{509}}{509}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的性质定理与判定定理、空间直角坐标系的建立、平面法向量的求解与二面角计算。
2. 核心方法：证明线线垂直常转化为线面垂直；计算二面角利用公式 $\sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }$ 将法向量夹角余弦转换为二面角的正弦值。
3. 避坑指南：建立坐标系前必须严格证明三条轴两两垂直；注意二面角与法向量夹角互补或相等，题目要求正弦值时正负号不影响结果，但需准确计算平方根。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源于人教A版选修2-1第三章《空间向量与立体几何》中求二面角与线面位置关系的典型综合压轴题。
2. 结论推广：若线段进行同比例缩放（如 $\frac{FQ}{FE}=\frac{FR}{FB}=k$），则截面与底面所成角随 $k$ 的变化呈连续单调变化。

🔗【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-江苏卷-22 解-空间向量与二面角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角
• 2012-四川卷理-19 解-线面角与二面角