2024-新高考II卷-17 解-立几综合

本题导读

本题考查平面图形的翻折性质。核心在于几何证明法（线面垂直转化）、空间向量法（坐标建系）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年新高考II卷）如图，平面四边形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$CD=3$，$AD=5\sqrt{3}$，$\angle ADC=90^{\circ }$，$\angle BAD=30^{\circ }$.点 $E,F$ 满足 $\overrightarrow{AE}=\frac{2}{5}\overrightarrow{AD}$，$\overrightarrow{AF}=\frac{1}{2}\overrightarrow{AB}$.将 $△AEF$ 沿 $EF$ 对折至 $△PEF$，使得 $PC=4\sqrt{3}$.

(1) 证明：$EF\perp PD$；

(2) 求面 $PCD$ 与面 $PBF$ 所成的二面角的正弦值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（证明垂直）：
   • 在原平面图形中计算 $AE,AF,EF$ 的长度。
   • 利用勾股定理判定 $△AEF$ 的形状，寻找垂直关系（如 $AE\perp EF$）。
   • 翻折后，$AE$ 变为 $PE$，原有的垂直关系 $PE\perp EF$ 保持不变。
   • 证明 $EF\perp$ 平面 $PDE$，从而推导出 $EF\perp PD$。
2. 第二问（二面角）：
   • 寻找坐标系：计算 $PE,CE,PC$ 的长度，利用勾股定理逆定理判定 $PE\perp CE$。结合 $PE\perp EF$ 证出 $PE\perp$ 平面 $ABCD$。
   • 建系：以 $E$ 为原点，$\overrightarrow{EF},\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EP}$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
   • 坐标运算：写出 $P,C,D,B,F$ 各点坐标，求出平面 $PCD$ 和平面 $PBF$ 的法向量 $\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}$。
   • 求解：利用向量夹角公式求出余弦值，再转化为正弦值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{8\sqrt{65}}{65}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：$EF\perp PD$ 在 $△AEF$ 中，$AE=\frac{2}{5}AD=2\sqrt{3}$，$AF=\frac{1}{2}AB=4$，$\angle EAF=30^{\circ }$。 由余弦定理得： $E{F}^2=A{E}^2+A{F}^2-2AE\cdot AF\cos 30^{\circ }=12+16-2\cdot 2\sqrt{3}\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=28-24=4$。 所以 $EF=2$。 观察到 $A{E}^2+E{F}^2=12+4=16=A{F}^2$，由勾股定理逆定理知 $AE\perp EF$。 翻折后，$PE=AE$，且 $PE\perp EF$ 依然成立。 在底面中，$AD\perp CD$，且 $E$ 在 $AD$ 上，故 $DE\perp EF$。 因为 $PE\cap DE=E$，且 $PE,DE\subset$ 平面 $PDE$， 所以 $EF\perp$ 平面 $PDE$。 由于 $PD\subset$ 平面 $PDE$，故 $EF\perp PD$。

(2) 求解二面角的正弦值：

• 判定垂直关系： $DE=AD-AE=3\sqrt{3}$。在 $Rt△CDE$ 中，$C{E}^2=C{D}^2+D{E}^2=3^2+(3\sqrt{3}{)}^2=9+27=36$，则 $CE=6$。 已知 $PE=AE=2\sqrt{3}$，$PC=4\sqrt{3}$。 由于 $P{E}^2+C{E}^2=(2\sqrt{3}{)}^2+6^2=12+36=48=(4\sqrt{3}{)}^2=P{C}^2$， 故 $PE\perp CE$。 又 $PE\perp EF$ 且 $CE\cap EF=E$，所以 $PE\perp$ 平面 $CDEF$（即底面）。

• 建立空间直角坐标系： 以 $E$ 为原点，$\overrightarrow{EF},\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EP}$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立系 $E-xyz$。 各点坐标为：$P(0,0,2\sqrt{3}),D(0,3\sqrt{3},0),F(2,0,0),C(3,3\sqrt{3},0)$。 由向量关系求出 $B(4,2\sqrt{3},0)$（利用 $\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{AF}$ 及 $A$ 坐标推导）。

• 计算法向量： 平面 $PCD$：$\overrightarrow{CD}=(-3,0,0)$，$\overrightarrow{DP}=(0,-3\sqrt{3},2\sqrt{3})$。 设其法向量 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$，得 $x_1=0$ 且 $3\sqrt{3}{y}_1=2\sqrt{3}{z}_1$。取 $\overrightarrow{n_1}=(0,2,3)$。 平面 $PBF$：$\overrightarrow{FB}=(2,2\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{FP}=(-2,0,2\sqrt{3})$。 设其法向量 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$，得 $x_2+\sqrt{3}{y}_2=0$ 且 $-x_2+\sqrt{3}{z}_2=0$。取 $\overrightarrow{n_2}=(\sqrt{3},-1,1)$。

• 求角： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}||\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0-2+3|}{\sqrt{4+9}\sqrt{3+1+1}}=\frac{1}{\sqrt{13}\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{65}}=\frac{\sqrt{65}}{65}$。 因为二面角 $\alpha \in [0,\pi ]$，则 $\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }=\sqrt{1-\frac{1}{65}}=\sqrt{\frac{64}{65}}=\frac{8\sqrt{65}}{65}$。 故二面角的正弦值为 $\frac{8\sqrt{65}}{65}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：翻折动态模型中度量不变量与拓扑垂直关系的识别、线面垂直判定定理的交叉应用、基于空间直角坐标系的关键特征点坐标破译、利用双法向量求解空间二面角的代数通法。
2. 核心方法：不变量微观构造与坐标向量控盘流（攻克翻折压轴的终极Armor）．作为整张试卷立体几何板块的尾关大题，其最大的思维路障在于翻折后图形的悬空未知态。本题演示的**“不变量透视法”**，紧紧揪住折痕两端 $PE=AE$ 的刚性长度，利用特殊的测算常数 $PC=4\sqrt{3}$ 逆向逼出 $PE\perp$ 底面这一至高无上的阶梯中轴线。只要这一根骨架立起来，整个立体几何问题就会瞬间转化为纯粹、机械的直角坐标系消元。这是一种具备极高“大局观”的高维特技。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（第二问未严密论证线面垂直直接建系导致步骤残缺）：很多考生在考场上通过口算觉得 $PE$ 应该是高，直接在卷子上写“以 $E$ 为原点建立坐标系”。在高考解答题的严苛阅卷标准中，属于原则性“建系依据不充分”，由于没有在线性步骤中显式写出 $PE\perp EF$ 且 $PE\perp CE⟹PE\perp$ 面，会被直接扣除 2~3 分的逻辑分。
• 避坑指南 2（终极答案误写为余弦值或算错正弦符号）：高达 30% 的同学在用向量法算出 $\cos \theta =\frac{1}{\sqrt{65}}$ 后，由于思维惯性，直接顺手把这个值当作最终答案填在了卷尾。审题务必细致：题目要求的是正弦值（ $\sin \theta$ ）！考场上最后 1 分钟必须留出 5 秒钟重新扫描题目问句的最后一个关键词。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层源自高等几何与仿射几何学中关于**“空间折叠流形的度量保持（Metric-preserving Folding）”与“三维欧氏空间刚体变换”的有限化体现。新高考命题组去除了所有复杂的向量外积和复杂的交错动点，转而将视线投向了最古老、最本源的“勾股逆定理共振”**。题目设计层层递进，前问为后问搭桥，是新高考评价体系下用于选拔高空间想象力人才的教科书级主观题。
2. 结论推广（基于折痕垂直的“翻折轴线建系通用模型”）： 可将此类“平面多边形沿某特征线段翻折”的模型提炼为一般模型。设平面图形中折痕为 $EF$，动顶点为 $A\to P$：

• 若在原图中能够算得 $AE\perp EF$ （折痕垂直一条邻边），则空间形变后** $PE\perp EF$ 是一条绝对雷打不动的不变量硬红线**；
• 此时，若题目给出的空间异面距离特异常数 $PC$ 满足齐次平方和共振： $P{E}^2+E{C}^2=P{C}^2$，则可以得到：顶点垂线 $PE$ 无条件成为整个底面的法线（ $PE\perp \text{平面 }ABCD$ ）。
• 只要触发该网络，系统的不变量物理原点自动锁定在 $E$ 点，对应 $z$ 轴恒为 $EP$。掌握这一“翻折控制网”，未来在任何模拟考遇到类似的折叠压轴大题，直接套用该网络寻找原点，可在 10 秒内理清全盘向量。

3. 方法推广（由低阶法向量夹角向高维空间解析几何运算能力的泛化）： 本题所展现的“通过长度特征反向逼出系统最高阶垂直法线、利用特征向量点积消去空间自由度”的思想，具有较强的跨章节迁移价值。是立体几何大题得分的基本保障，未来在选择性必修第一册中的“解析几何大题最后一问，利用双斜率乘积不变量（如 $k_1\cdot k_2=-\frac{b^2}{a^2}$ ）转换为椭圆/双曲线的特征共轭弦”、或者是新定义大题中的“空间格点矩阵的旋转变换”时，其核心思路——“抓住核心的不变量映射链条，通过引入等价几何替身消除冗余的未知自由度，实现复杂三维超越空间向一元代数方程的化归”，其数形转换的代数变形本质相通。掌握这一方法，能帮助在立体几何板块形成长期稳定的方法储备。

🔗【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)

• 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