2012-江西卷理-20 解-二面角

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。核心在于几何综合法、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年江西卷(理)） 在三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，已知 $AB=AC=A{A}_1=\sqrt{5}$, $BC=4$，点 $A_1$ 在底面 $ABC$ 的射影是线段 $BC$ 的中点 $O$.

(1)证明：在侧棱 $A{A}_1$ 上存在一点 $E$，使得 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$，并求出 $AE$ 的长；

(2)求平面 $A_1{B}_{1}C$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问垂直证明与求长：

• 寻找线面垂直。因为 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$，所以 $A_{1}O\perp BC$。又在等腰 $△ABC$ 中，中线 $AO\perp BC$。由此可得 $BC\perp$ 平面 $A{A}_{1}O$。
• 进而得到 $BC\perp OE$。要在平面 $A{A}_{1}O$ 内使 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$，由于平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的方向由 $BC$ 和侧棱 $B{B}_1$（平行于 $A{A}_1$）决定，我们只需在 $△AO{A}_1$ 中作 $OE\perp A{A}_1$ 于点 $E$。由于 $A{A}_1\parallel B{B}_1$，则 $OE\perp B{B}_1$，结合 $OE\perp BC$ 即可完成线面垂直的判定。
• 线段 $AE$ 的计算可直接在 Rt$△AO{A}_1$ 中利用射影定理 $A{O}^2=AE\cdot A{A}_1$ 求解。

2. 第二问二面角求解（空间向量法）：

• 建系：由于 $OA,OB,O{A}_1$ 两两垂直，可以 $O$ 为原点， $OA,OB,O{A}_1$ 所在的直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
• 写出坐标与向量：求出 $A,B,C,A_1$ 各点的坐标，并进而写出平面 $A_1{B}_{1}C$（即平面 $A_{1}BC$）内的两个不共线方向向量。
• 求法向量：第一问已证 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$，故 $\overrightarrow{OE}$ 即为平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的一个法向量。再通过待定系数方程组求出平面 $A_{1}BC$ 的法向量 $\mathbf{n}$。
• 求夹角：代入向量夹角公式 $\cos ⟨\overrightarrow{OE},\mathbf{n}⟩=\frac{\overrightarrow{OE}\cdot \mathbf{n}}{|\overrightarrow{OE}|\cdot |\mathbf{n}|}$，取绝对值即为两平面夹角的余弦值。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：在侧棱 $A{A}_1$ 上存在一点 $E$，使得 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$，并求出 $AE$ 的长

证明： 因为 点 $A_1$ 在底面 $ABC$ 的射影是线段 $BC$ 的中点 $O$， 所以 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$。 因为 $BC\subset$ 平面 $ABC$， 所以 $A_{1}O\perp BC$。

在 $△ABC$ 中，因为 $AB=AC=\sqrt{5}$，且 $O$ 为 $BC$ 的中点， 根据等腰三角形“三线合一”性质，有 $AO\perp BC$。 由于 $A_{1}O\cap AO=O$，且 $A_{1}O,AO\subset$ 平面 $A{A}_{1}O$， 所以 $BC\perp$ 平面 $A{A}_{1}O$。

在平面 $A{A}_{1}O$ 内，过点 $O$ 作 $OE\perp A{A}_1$，交 $A{A}_1$ 于点 $E$。 因为 $BC\perp$ 平面 $A{A}_{1}O$，且 $OE\subset$ 平面 $A{A}_{1}O$， 所以 $BC\perp OE$，即 $OE\perp BC$。 因为 三棱柱的侧棱 $B{B}_1\parallel A{A}_1$，且 $OE\perp A{A}_1$， 所以 $OE\perp B{B}_1$。 又因为 $BC\cap B{B}_1=B$，且 $BC,B{B}_1\subset$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$， 所以 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$。 故在侧棱 $A{A}_1$ 上确实存在一点 $E$ 满足要求。

计算 $AE$ 的长： 在 Rt$△AOB$ 中， $AB=\sqrt{5}$， $BO=\frac{1}{2}BC=2$， 根据勾股定理： $AO=\sqrt{A{B}^2-B{O}^2}=\sqrt{(\sqrt{5}{)}^2-2^2}=\sqrt{5-4}=1$

在 $△AO{A}_1$ 中，因为 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$，且 $AO\subset$ 平面 $ABC$， 所以 $A_{1}O\perp AO$，即 $△AO{A}_1$ 是直角三角形。 因为 $A{A}_1=\sqrt{5}$， $AO=1$， 根据直角三角形的射影定理（或利用 $\cos \angle OAE$ 的等量代换）满足： $A{O}^2=AE\cdot A{A}_1$ 代入数据： $1^2=AE\cdot \sqrt{5}⟹AE=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$

（2）求平面 $A_1{B}_{1}C$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值

因为 $OA,OB,O{A}_1$ 两两垂直， 所以 以 $O$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{O{A}_1}$ 的方向为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。

在 Rt$△AO{A}_1$ 中， $A_{1}O=\sqrt{A{A}_1^2-A{O}^2}=\sqrt{(\sqrt{5}{)}^2-1^2}=2$。 结合各线段长度 $OA=1,OB=2,OC=-2,O{A}_1=2$，空间各顶点的坐标分别为： $A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A_1(0,0,2)$

由（1）可知， $\overrightarrow{AE}=\frac{1}{5}\overrightarrow{A{A}_1}$。 $\overrightarrow{A{A}_1}=(0-1,0-0,2-0)=(-1,0,2)$ $\overrightarrow{AE}=\frac{1}{5}(-1,0,2)=\left(-\frac{1}{5},0,\frac{2}{5}\right)$ 设 $E(x_E,y_E,z_E)$，由 $\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AE}$ 得： $\overrightarrow{OE}=(1,0,0)+\left(-\frac{1}{5},0,\frac{2}{5}\right)=\left(\frac{4}{5},0,\frac{2}{5}\right)$ 因为 $OE\perp$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$， 所以 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的一个法向量可取为： ${\mathbf{n}}_1=\overrightarrow{OE}=\left(\frac{4}{5},0,\frac{2}{5}\right)$，等价简化方向取为 ${\mathbf{n}}_1=(2,0,1)$。

注意到平面 $A_1{B}_{1}C$ 即为平面 $A_{1}BC$（由于侧棱平行， $A_1{B}_1\parallel AB\parallel$ 坐标面），写出平面内的两个矢量： $\overrightarrow{CB}=(0-0,2-(-2),0-0)=(0,4,0)$ $\overrightarrow{C{A}_1}=(0-0,0-(-2),2-0)=(0,2,2)$

设平面 $A_1{B}_{1}C$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x,y,z)$，则有： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{CB}=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{C{A}_1}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}4y=0\\ 2y+2z=0\end{array}$ 解得 $y=0,z=0$？不对，重新校验：平面 $A_1{B}_{1}C$ 与平面 $A_{1}BC$ 是否为同一个平面？ 由于 $A_1{B}_1\parallel AB$， $A_1,B_1,C,B$ 四点共面，所以平面 $A_1{B}_{1}C$ 实际上就是平面 $A_{1}BC$。 重新写出平面 $A_{1}BC$ 的向量： $\overrightarrow{BC}=(0,-4,0)$ $\overrightarrow{B{A}_1}=(0-0,0-2,2-0)=(0,-2,2)$ 慢着，由于 $A_1,B,C$ 的 $x$ 坐标全部为 0，这说明 $A_1,B,C$ 三点都在 $yOz$ 平面上！ 因此，平面 $A_1{B}_{1}C$ 本质上就是 $yOz$ 平面（即 $x=0$ 面）。 所以，平面 $A_1{B}_{1}C$ 的一个法向量可以直接秒写为： ${\mathbf{n}}_2=(1,0,0)$

计算两个法向量 ${\mathbf{n}}_1=(2,0,1)$ 与 ${\mathbf{n}}_2=(1,0,0)$ 夹角的余弦值： $\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2}{|{\mathbf{n}}_1|\cdot |{\mathbf{n}}_2|}=\frac{2\times 1+0\times 0+1\times 0}{\sqrt{2^2+0^2+1^2}\times \sqrt{1^2+0^2+0^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

等等，核对原厂给出的参考答案为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$。出现偏差，重新深度审视坐标。 原题： $AB=AC=A{A}_1=\sqrt{5}$。 $O$ 为 $BC$ 中点。 $A_{1}O\perp$ 平面 $ABC$。 坐标原点在 $O$。 $A(1,0,0)$ 正确。 $B(0,2,0)$, $C(0,-2,0)$ 正确。 $A_1(0,0,2)$ 正确。 注意：三棱柱的侧棱满足 $\overrightarrow{A{A}_1}=\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{C{C}_1}$。 由点坐标： $\overrightarrow{A{A}_1}=(0-1,0-0,2-0)=(-1,0,2)$。 所以 侧棱向量为 $(-1,0,2)$。 因此，平面 $A_1{B}_{1}C$ 包含点 $A_1,B_1,C$。 点 $B_1$ 的坐标满足 $\overrightarrow{O{B}_1}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{B{B}_1}=(0,2,0)+(-1,0,2)=(-1,2,2)$。 所以平面 $A_1{B}_{1}C$ 的三个顶点为： $A_1(0,0,2)$， $B_1(-1,2,2)$， $C(0,-2,0)$。 此前误判 $A_1,B_1,C,B$ 四点共面（那是对侧面而言，此处为截面， $B_1$ 不在 $yOz$ 面上）。

重新计算平面 $A_1{B}_{1}C$ 的法向量： $\overrightarrow{A_1{B}_1}=(-1-0,2-0,2-2)=(-1,2,0)$ $\overrightarrow{A_{1}C}=(0-0,-2-0,0-2)=(0,-2,-2)$ 设该面法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x,y,z)$： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{A_1{B}_1}=0⟹-x+2y=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{A_{1}C}=0⟹-2y-2z=0\end{array}$ 由第一式得 $x=2y$，由第二式得 $z=-y$。 令 $y=1$，得法向量为： ${\mathbf{n}}_2=(2,1,-1)$

计算平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_1$ 与平面 $A_1{B}_{1}C$ 的法向量 ${\mathbf{n}}_2$ 夹角的余弦值： 已知 ${\mathbf{n}}_1=(2,0,1)$， ${\mathbf{n}}_2=(2,1,-1)$。 $\cos ⟨{\mathbf{n}}_1,{\mathbf{n}}_2⟩=\frac{|2\times 2+0\times 1+1\times (-1)|}{\sqrt{2^2+0^2+1^2}\times \sqrt{2^2+1^2+(-1{)}^2}}=\frac{|4-1|}{\sqrt{5}\times \sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{30}}=\frac{3\sqrt{30}}{30}=\frac{\sqrt{30}}{10}$

因为 两平面夹角的范围是 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，余弦值恒为非负数， 所以 平面 $A_1{B}_{1}C$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$。

故答案为： （1）证明见解析， $AE=\frac{\sqrt{5}}{5}$； （2）平面 $A_1{B}_{1}C$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：斜三棱柱中线面垂直的性质交融、空间右手直角坐标系的建立、平面法向量方程组求解。
2. 核心方法：空间法向量夹角法。
3. 避坑指南：

• 第一问求 $AE$ 时，切记利用 $△AO{A}_1$ 是直角三角形这一隐含结论。由于 $A_{1}O\perp$ 底面，故 $A_{1}O\perp AO$，从而可以直接套用射影定理公式，简化的三角函数计算。
• 第二问极易在 $B_1$ 点的坐标上翻车。必须通过 $\overrightarrow{O{B}_1}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{B{B}_1}$（侧棱长矢量）进行精确平移求导，不能主观臆断其在坐标轴平面上。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》中关于面面夹角求解的高考解答压轴核心题。
2. 结论推广：在立体几何大题中，第一问证明出的线面垂直线段（本题中的 $OE\perp$ 侧面），百分之百会在第二问中直接充当某一个平面的标准法向量。建立空间坐标系后，直接将 $\overrightarrow{OE}$ 的坐标元提取出来作为 ${\mathbf{n}}_1$，可以快速得出省去一组三元一次方程组的求解时间，这是空间几何中通用的“前后呼应”破题策略。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算 类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角

• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角