2015-陕西卷理-18 解-线面垂直

本题导读

本题是典型的翻折问题立体几何综合题。第一问考查空间想象能力及线面垂直的判定；第二问在面面垂直的背景下建立空间直角坐标系，利用法向量夹角公式求解二面角的余弦值。

📌【题干】

Question

（2015年陕西卷(理)） 如图1，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AD//BC$，$\angle BAD=\frac{\pi }{2}$，$AB=BC=1$，$AD=2$，$E$ 是 $AD$ 的中点，$O$ 是 $AC$ 与 $BE$ 的交点.将 $△ABE$ 沿 $BE$ 折起到 $△A_{1}BE$ 的位置，如图2.

（I）证明：$CD\perp$ 平面 $A_{1}OC$；

（II）若平面 $A_{1}BE\perp$ 平面 $BCDE$，求平面 $A_{1}BC$ 与平面 $A_{1}CD$ 夹角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. （I）问证明思路：
   • 在原梯形（图1）中，分析四边形 $ABCE$。由 $AE=1$ 且 $AE//BC$，$AB=1$，$\angle BAD=90^{\circ }$ 可知 $ABCE$ 是正方形。
   • 正方形对角线垂直，即 $BE\perp AC$，且 $O$ 是中点。
   • 翻折后（图2），$BE\perp O{A}_1$，$BE\perp OC$ 依然成立。由此推得 $BE\perp$ 平面 $A_{1}OC$。
   • 在底面中，$BC//ED$ 且 $BC=ED=1$，故 $BCDE$ 为平行四边形，得 $CD//BE$。通过平行线传递性得出结论。
2. （II）问求解思路：
   • 建立坐标系：由于平面 $A_{1}BE\perp$ 平面 $BCDE$，且 $O{A}_1\perp BE$，根据面面垂直的性质，$O{A}_1\perp$ 平面 $BCDE$。以 $O$ 为原点，$OB,OC,O{A}_1$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
   • 点坐标计算：根据正方形 $ABCE$ 的边长为 1，求出各顶点坐标。
   • 向量运算：求出平面 $A_{1}BC$ 和平面 $A_{1}CD$ 的法向量 $\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}$。
   • 求余弦值：利用公式 $|\cos \theta |=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}$ 计算。

✅【答案】

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所以𝑂𝐶⟂𝐶𝐷

✍【详细解析】

Abstract

（I）证明：$CD\perp$ 平面 $A_{1}OC$

在图1中，因为 $AB=BC=1$，$AD=2$，$E$ 是 $AD$ 的中点， 所以 $AE=ED=1$。 又 $AD//BC$，$\angle BAD=\frac{\pi }{2}$， 所以四边形 $ABCE$ 是边长为 1 的正方形，对角线 $BE\perp AC$。 在图2中，折叠后依然有 $BE\perp O{A}_1$，$BE\perp OC$。 因为 $O{A}_1\cap OC=O$，且 $O{A}_1,OC\subset$ 平面 $A_{1}OC$， 所以 $BE\perp$ 平面 $A_{1}OC$。 由于 $BC//ED$ 且 $BC=ED=1$， 所以四边形 $BCDE$ 是平行四边形，故 $CD//BE$。 所以 $CD\perp$ 平面 $A_{1}OC$。

（II）求平面夹角的余弦值

由平面 $A_{1}BE\perp$ 平面 $BCDE$，且平面 $A_{1}BE\cap$ 平面 $BCDE=BE$。 由（I）知 $O{A}_1\perp BE$，所以 $O{A}_1\perp$ 平面 $BCDE$。

以 $O$ 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 $O-xyz$。 正方形 $ABCE$ 边长为 1，则对角线 $AC=BE=\sqrt{2}$，$O{A}_1=OB=OC=OE=\frac{\sqrt{2}}{2}$。 各点坐标如下： $O(0,0,0),B(\frac{\sqrt{2}}{2},0,0),E(-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0),A_1(0,0,\frac{\sqrt{2}}{2}),C(0,\frac{\sqrt{2}}{2},0)$。 由 $CD//BE$ 且 $CD=BE=\sqrt{2}$，得 $D(-\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0)$。 向量：$\overrightarrow{BC}=(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0),\overrightarrow{A_{1}C}=(0,\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}),\overrightarrow{CD}=(-\sqrt{2},0,0)$。

设平面 $A_{1}BC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{BC}=0\\ \overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{A_{1}C}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-x_1+y_1=0\\ y_1-z_1=0\end{array}⟹\text{取 }\overrightarrow{n_1}=(1,1,1)$ 设平面 $A_{1}CD$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{CD}=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{A_{1}C}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{x}_2=0\\ y_2-z_2=0\end{array}⟹\text{取 }\overrightarrow{n_2}=(0,1,1)$ 设平面 $A_{1}BC$ 与平面 $A_{1}CD$ 的夹角为 $\theta$： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0+1+1|}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$ 所以，平面 $A_{1}BC$ 与平面 $A_{1}CD$ 夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：翻折前后“不变性”的提取（如 $BE\perp AC$）；线面垂直判定定理；面面垂直性质定理。
• 核心方法：空间向量法。在含有垂直结构的翻折题中，建立坐标系能有效规避繁杂的几何证明。
• 避坑指南：
  1. 坐标建立：必须验证 $O{A}_1$ 是否垂直于底面，否则坐标系无效。
  2. 向量计算：注意 $\overrightarrow{CD}$ 的方向和长度是由平行四边形 $BCDE$ 决定的。

📖【试题探源与推广】

Tip

*结论推广: 若两个平面垂直，则在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。 *方法推广: 翻折问题中，折痕所在的直线往往是建立坐标系的 $x$ 轴或 $y$ 轴方向。

• 相关知识点：点到平面的距离（向量公式）、三垂线定理。

🔗【关联脉络】

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知识锚点(Nodes)

• 13.04 立体几何高阶：定理、模型与性质
• 21.01空间向量及其运算

类题演练(Links)

• 2013年陕西卷理-18
• 2012年陕西卷理-18
• 2014-陕西卷理-17 解-空间几何体的还原