2019-全国卷I理-18 解-线面平行

本题导读

本题考查空间几何体的线面平行证明。核心在于几何法（中位线与平行四边形）、空间向量法（法向量夹角公式）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2019年全国卷I(理)）如图，直四棱柱 $ABCD–A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 的底面是菱形，$A{A}_1=4$，$AB=2$，$\angle BAD=60^{\circ }$，$E,M,N$ 分别是 $BC,B{B}_1,A_{1}D$ 的中点．

(1)证明：$MN\parallel$ 平面 $C_{1}DE$；

(2)求二面角 $A-M{A}_1-N$ 的正弦值．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（线面平行）：

   • 找平行线：要证 $MN\parallel$ 平面 $C_{1}DE$，需在平面内找一条与 $MN$ 平行的线。

   • 构造辅助形：连接 $ME$。由于 $M,E$ 分别是 $B{B}_1,BC$ 的中点，由中位线定理知 $ME\parallel B_{1}C$ 且 $ME=\frac{1}{2}{B}_{1}C$。

   • 利用棱柱性质：在直四棱柱中，$A_{1}D\parallel B_{1}C$ 且 $A_{1}D=B_{1}C$。因为 $N$ 是 $A_{1}D$ 的中点，所以 $ND\parallel B_{1}C$ 且 $ND=\frac{1}{2}{B}_{1}C$。

   • 结论：得出 $ME\parallel ND$ 且 $ME=ND$，四边形 $MNDE$ 为平行四边形，从而 $MN\parallel DE$。

2. 第二问（二面角）：

   • 建系：底面是菱形且 $\angle BAD=60^{\circ }$，对角线 $AC\perp BD$。设 $AC\cap BD=O$，以 $O$ 为原点建立空间直角坐标系。

   • 求点坐标：根据 $AB=2,\angle BAD=60^{\circ }$ 算出 $OA=\sqrt{3},OB=1$，进而写出各关键点坐标。

   • 求法向量：分别计算平面 $AM{A}_1$ 和平面 $M{A}_{1}N$ 的法向量。

   • 计算正弦值：先求法向量夹角的余弦值 $\cos \theta$，再利用 $\sin =\sqrt{1-{\cos }^2}$ 转化为正弦值。

✅【答案】

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(1)证明见解析。

(2)正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$。

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明：

连接 $ME,ND$。

在 $△B_{1}BC$ 中，$M,E$ 分别为 $B{B}_1,BC$ 的中点，

$\therefore ME\parallel B_{1}C$ 且 $ME=\frac{1}{2}{B}_{1}C$。

在直四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，$A_{1}D\parallel B_{1}C$ 且 $A_{1}D=B_{1}C$。

$\because N$ 为 $A_{1}D$ 的中点，$\therefore ND\parallel B_{1}C$ 且 $ND=\frac{1}{2}{B}_{1}C$。

$\therefore ME\parallel ND$ 且 $ME=ND$。

$\therefore$ 四边形 $MNDE$ 为平行四边形，$\therefore MN\parallel DE$。

又 $\because MN\not\subset$ 平面 $C_{1}DE$，$DE\subset$ 平面 $C_{1}DE$，

$\therefore MN\parallel$ 平面 $C_{1}DE$。

(2)解：

连接 $AC,BD$ 交于点 $O$。以 $O$ 为坐标原点，$\overrightarrow{OC}$ 方向为 $x$ 轴，$\overrightarrow{OD}$ 方向为 $y$ 轴，过 $O$ 平行于 $A{A}_1$ 的方向为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系。

由题意得：$O(0,0,0)$，$A(-\sqrt{3},0,0)$，$B(0,1,0)$，$D(0,-1,0)$，$A_1(-\sqrt{3},0,4)$。

$M$ 为 $B{B}_1$ 中点 $⟹M(0,1,2)$。

$N$ 为 $A_{1}D$ 中点 $⟹N(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2},2)$。

则 $\overrightarrow{AM}=(\sqrt{3},1,2)$，$\overrightarrow{A{A}_1}=(0,0,4)$。

设平面 $AM{A}_1$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$，

由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{A{A}_1}=4z_1=0\\ \overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{AM}=\sqrt{3}{x}_1+y_1+2z_1=0\end{array}$，取 $x_1=1$，则 $y_1=-\sqrt{3},z_1=0$。

$\therefore \overrightarrow{n_1}=(1,-\sqrt{3},0)$。

又 $\overrightarrow{M{A}_1}=(-\sqrt{3},-1,2)$，$\overrightarrow{MN}=(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{3}{2},0)$。

设平面 $M{A}_{1}N$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$，

由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{MN}=-\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_2-\frac{3}{2}{y}_2=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{M{A}_1}=-\sqrt{3}{x}_2-y_2+2z_2=0\end{array}$，取 $y_2=1$，则 $x_2=-\sqrt{3},z_2=-1$。

$\therefore \overrightarrow{n_2}=(-\sqrt{3},1,-1)$。

设二面角为 $\theta$，则 $|\cos \theta |=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|-\sqrt{3}-\sqrt{3}+0|}{2\times \sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$。

$\therefore \sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }=\sqrt{1-\frac{15}{25}}=\sqrt{\frac{10}{25}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$。

$\therefore$ 二面角 $A-M{A}_1-N$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{10}}{5}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 建系选择：菱形底面利用对角线垂直建系是最优选，计算量最小。

• 法向量计算：平面 $AM{A}_1$ 实际上是侧面 $AB{B}_1{A}_1$，其法向量也可以直接利用平面 $ABCD$ 内垂直于 $AB$ 的向量来求，如解析中提到的 $\overrightarrow{DF}$。

• 易错提醒：二面角问题最后一步一定要看清是求余弦还是正弦。本题求正弦，必须进行平方关系转换。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 线面平行的其他证法：可以建立空间坐标系，通过证明直线的方向向量与平面的法向量垂直且直线不在平面内来证明。

2. 法向量的几何意义：法向量的方向代表了平面的倾斜姿态，两个法向量的夹角（或补角）即为二面角的大小。

3. 直四棱柱：侧棱垂直于底面是建系的重要前提，确保 $z$ 轴方向有效。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2009-山东卷文-18 解-线面平行与面面垂直
• 2009-江苏卷-16 解-线面平行面面垂直
• 2014-湖北卷理-05 单-由直观图确定三视图