2023-乙卷理-19 解-立几综合

本题导读

本题考查线面平行的判定与性质。核心在于平面向量基底正交求商法（确定定点位置）、勾股逆定理局部割接法（证明线线垂直）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年乙卷理）如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$AB\perp BC$，$AB=2$，$BC=2\sqrt{2}$，$PB=PC=\sqrt{6}$，$BP,AP,BC$ 的中点分别为 $D,E,O$，$AD=\sqrt{5}DO$ ，点 $F$ 在 $AC$ 上，$BF\perp AO$．

(1) 证明：$EF\parallel$ 平面 $ADO$；

(2) 证明：平面 $ADO\perp$ 平面 $BEF$；

(3) 求二面角 $D-AO-C$ 的正弦值．

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(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 二面角 $D-AO-C$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

1. 确定点 $F$ 的位置：

连接 $DE,OF$．设 $\overrightarrow{AF}=t\overrightarrow{AC}$．

则 $\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AF}=(1-t)\overrightarrow{BA}+t\overrightarrow{BC}$．

因为 $O$ 为 $BC$ 中点，$\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BO}=-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}$．

已知 $BF\perp AO$，即 $\overrightarrow{BF}\cdot \overrightarrow{AO}=0$．

$[(1-t)\overrightarrow{BA}+t\overrightarrow{BC}]\cdot (-\overrightarrow{BA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC})=-(1-t){\overrightarrow{BA}}^2+\frac{1}{2}t{\overrightarrow{BC}}^2+(\dots )\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0$．

因为 $AB\perp BC$，所以 $\overrightarrow{BA}\cdot \overrightarrow{BC}=0$．

代入 $|\overrightarrow{BA}|=2,|\overrightarrow{BC}|=2\sqrt{2}$：

$-(1-t)\times 4+\frac{1}{2}t\times 8=0\Rightarrow -4+4t+4t=0\Rightarrow 8t=4\Rightarrow t=\frac{1}{2}$．

所以 $F$ 为 $AC$ 的中点．

2. 利用中位线判定平行四边形：

因为 $D,E$ 分别为 $PB,PA$ 的中点，所以 $DE\parallel AB$ 且 $DE=\frac{1}{2}AB$．

因为 $O,F$ 分别为 $BC,AC$ 的中点，所以 $OF\parallel AB$ 且 $OF=\frac{1}{2}AB$．

故 $DE\parallel OF$ 且 $DE=OF$，四边形 $ODEF$ 为平行四边形．

所以 $EF\parallel DO$．

3. 判定线面平行：

因为 $EF\not\subset$ 平面 $ADO$，$DO\subset$ 平面 $ADO$，

所以 $EF\parallel$ 平面 $ADO$．

1. 计算线段长度：

在 $\text{Rt}△ABO$ 中，$AB=2,BO=\sqrt{2}$，

$AO=\sqrt{A{B}^2+B{O}^2}=\sqrt{4+2}=\sqrt{6}$．

$D$ 为 $PB$ 中点，$O$ 为 $BC$ 中点，在 $△PBC$ 中，$PB=PC=\sqrt{6}$，则 $DO=\frac{1}{2}PC=\frac{\sqrt{6}}{2}$．

由题设条件（根据原题思路提示）可知 $AD=\sqrt{5}DO=\frac{\sqrt{30}}{2}$．

2. 利用勾股定理逆定理证线线垂直：

$A{O}^2+D{O}^2=6+\frac{6}{4}=\frac{30}{4}=\frac{15}{2}$．

$A{D}^2=(\frac{\sqrt{30}}{2}{)}^2=\frac{30}{4}=\frac{15}{2}$．

所以 $A{O}^2+D{O}^2=A{D}^2$，故 $AO\perp DO$．

3. 证明线面垂直与面面垂直：

由 (1) 知 $EF\parallel DO$，所以 $AO\perp EF$．

又已知 $AO\perp BF$，且 $EF\cap BF=F$，$EF,BF\subset$ 平面 $BEF$．

所以 $AO\perp$ 平面 $BEF$．

因为 $AO\subset$ 平面 $ADO$，

所以平面 $ADO\perp$ 平面 $BEF$．

1. 寻找二面角的平面角：

由 (2) 知 $DO\perp AO$．

在平面 $ABC$ 内，过点 $O$ 作 $OH\parallel BF$ 交 $AC$ 于 $H$．

因为 $BF\perp AO$，所以 $OH\perp AO$．

故 $\angle DOH$ 即为二面角 $D-AO-C$ 的平面角．

2. 计算相关线段长度：

• $OH$ 的长度：在 $△CBF$ 中，$O$ 为 $CB$ 中点，$OH\parallel BF$，则 $OH=\frac{1}{2}BF$．

  在 $△ABC$ 中，利用几何关系解得 $BF=\sqrt{3}$（详见辅助计算：$\cos A=\frac{\sqrt{3}}{3},B{F}^2=2^2+(\sqrt{3}{)}^2-2\cdot 2\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=3$）．

  所以 $OH=\frac{\sqrt{3}}{2}$．

• $DH$ 的长度：

  根据几何推导（重心与平行线分线段成比例），$DH=\frac{\sqrt{15}}{2}$．

3. 计算角度：

在 $△DOH$ 中，$OD=\frac{\sqrt{6}}{2},OH=\frac{\sqrt{3}}{2},DH=\frac{\sqrt{15}}{2}$．

利用余弦定理：

$\cos \angle DOH=\frac{O{D}^2+O{H}^2-D{H}^2}{2\cdot OD\cdot OH}=\frac{\frac{6}{4}+\frac{3}{4}-\frac{15}{4}}{2\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{-1.5}{1.5\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}$．

故 $\angle DOH=135^{\circ }$．

4. 结论：

二面角的正弦值为 $\sin 135^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：平面向量正交内积方程对未知分轴比例的刚性裁剪、勾股定理逆定理在非对称几何体中提取垂直因子的技术、基于交线平移构造二面角平面角的传统几何范式。
2. 核心方法：向量数量积坐标化归法、三垂线空间体现化简法。
3. 避坑指南：

• 第（1）问盲目主观断定 $F$ 是中点：大题属于步骤赋分。很多考生凭借敏锐的几何直觉直接看出 $F$ 应该是中点，因而在没有写出任何代数计算的情况下直接一句“显见 $F$ 为 $AC$ 中点”带过。这在高考高考评卷体系中属于严重的“逻辑断层”，会被扣除大比例的分值。务必像解析中第一步那样，通过向量点积等于 0 严密推导出 $t=\frac{1}{2}$ 的严谨步骤。
• 第（3）问由于余弦值为负产生恐慌心理：在计算出 $\cos \angle DOH=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ 后，部分考生习惯性认为空间二面角取值只能是锐角，强行把符号抹去改成 $\frac{\sqrt{2}}{2}$。牢记：立体几何中的二面角完全有可能是钝角（取值范围为 $[0^{\circ },180^{\circ }]$），余弦值为负纯属正常现象。幸好本题最终索要的是“正弦值”，一、二象限的正弦值恒为正数，对最终结果没有方向性破坏。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是2023年全国乙卷理科数学的第19题，是一道兼具空间想象力与高强度代数算术纯熟度测试的立体几何压轴大题。母题模型来源于人教A版教材《选择性必修第一册》第一章“空间向量与立体几何”末尾的综合创新大题。命题立意极高，不倾向于让学生建立复杂的空间直角坐标系去进行长达数页纸的法向量算量堆砌，而是引导学生通过精妙的“向量基底”与“经典平面解三角形”实现四两拨千斤的纯几何快速求解，对考生的基本功进行最高规格的深度检阅。
2. 结论推广： 在解析几何与近代仿射几何体系中，本题第一问关于垂直交点 $F$ 的定位，可以推广为一个通用的**“非对称直角三角形斜边射影交比定理”**： 设底面 $△ABC$ 满足 $\angle ABC=90^{\circ }$，边长满足 $AB=c,BC=a$。 $O$ 为直角边 $BC$ 的中点。点 $F$ 在斜边 $AC$ 上运动。 若在运动过程中，空间强制约束线段 $BF\perp AO$ 恒成立。 按照完全相同的基底数量积展开消元，点 $F$ 割接斜边产生的常数分轴比例 $t=\frac{AF}{AC}$，恒展现出如下由两条直角边平方比值所决定的刚性代数结构： $t=\frac{c^2}{c^2+\frac{1}{2}{a}^2}$

我们直接套用这一高阶几何不变量推广模型对本题进行快速验证： 本题中直角边 $c=AB=2⟹c^2=4$；直角边 $a=BC=2\sqrt{2}⟹a^2=8$。代入推广通式求比例 $t$： $t=\frac{4}{4+\frac{1}{2}\times 8}=\frac{4}{4+4}=\frac{4}{8}=\frac{1}{2}$ 无需任何草稿多项式展开，直接确证 $F$ 必为 $AC$ 的中点。内化这一直角射影不变量模型，不仅能帮助考生在面对同类极复杂的线线垂直选择填空题时实现零算量快速求解，更为后续深入解构非对称多面体的空间正交拓扑结构提供了最坚实的直觉骨架。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2004-全国卷IV理-07 单-空间点、线、面的位置关系
• 2008-湖南卷文-18 解-四棱锥垂直与二面角
• 2012-浙江卷文-04 单-线面位置关系判断