2024-甲卷理-19 解-立体几何综合

本题导读

本题考查线面平行的判定。核心在于几何法（线面平行判定）、空间向量坐标法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年甲卷理）如图，在以 $A,B,C,D,E,F$ 为顶点的五面体中，四边形 $ABCD$ 与四边形 $ADEF$ 均为等腰梯形，$EF\parallel AD$，$BC\parallel AD$.$AD=4$，$AB=BC=EF=2$，$CD=4$，$ED=\sqrt{10}$，$FB=2\sqrt{3}$.$M$ 为 $AD$ 的中点.

（1）证明：$BM\parallel$ 平面 $CDE$；

（2）求二面角 $F-BM-E$ 的正弦值.


🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（证明平行）：利用 $BC\parallel AD$ 且 $BC=2$，而 $M$ 是 $AD$ 的中点（ $MD=2$ ），判定四边形 $BCDM$ 为平行四边形。由此得到 $BM\parallel CD$，再依据线面平行的判定定理得出结论。
2. 第二问（求二面角）：通过平面几何知识求出底面 $ABCD$ 各点相对位置，以 $M$ 为原点建立空间直角坐标系。设出点 $E,F$ 的坐标，利用已知的空间线段长度（ $ED,FB$ ）反解出点的绝对坐标，进而求出平面 $FBM$ 和平面 $EBM$ 的法向量，最后利用法向量夹角公式计算二面角的正弦值。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 证明见解析

(2) $\frac{4\sqrt{3}}{13}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 因为 $BC\parallel AD$ 且 $BC=2$，$M$ 为 $AD$ 的中点， 所以 $MD=\frac{1}{2}AD=2$。 则 $BC\parallel MD$ 且 $BC=MD$， 所以四边形 $BCDM$ 为平行四边形。 故 $BM\parallel CD$。 又因为 $CD\subset$ 平面 $CDE$，$BM\not\subset$ 平面 $CDE$， 所以 $BM\parallel$ 平面 $CDE$。

（2）解： 第一步：确定几何体结构并建系


在等腰梯形 $ABCD$ 中，$AD=4,BC=2,AB=2,CD=4$。 取 $BC$ 中点 $N$，连接 $MN$，则 $MN\perp AD$。 通过计算可得，在 $△ABM$ 中，$AM=2,AB=2$，但 $BM=CD=4$ 显然矛盾， 纠正：审题注意 $CD=4$。重新分析梯形 $ABCD$：$BC=2,AD=4,AB=2$。 在 $ABCD$ 中，过 $B$ 作 $BH\perp AD$ 于 $H$，则 $AH=(4-2)/2=1$，$BH=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。 由此得 $M$ 为原点 $(0,0,0)$，$D(2,0,0)$，$A(-2,0,0)$，$B(-1,\sqrt{3},0)$，$C(1,\sqrt{3},0)$。

第二步：确定 $E,F$ 坐标 在等腰梯形 $ADEF$ 中，$EF\parallel AD$ 且 $EF=2,AD=4$。 设 $E,F$ 在底面 $ABCD$ 上的射影分别为 $E^{\prime },F^{\prime }$。 由 $ED=\sqrt{10}$，$FD=ED=\sqrt{10}$，可推算出 $E,F$ 所在平面与底面的夹角。 经过坐标推算（过程略），得到： $E(1,y_E,z_E),F(-1,y_E,z_E)$。利用 $FB$ 和 $ED$ 的长度列方程组： 得到 $E(1,0,3)$，$F(-1,0,3)$。

第三步：计算法向量 $\overrightarrow{MB}=(-1,\sqrt{3},0)$。 $\overrightarrow{ME}=(1,0,3)$，$\overrightarrow{MF}=(-1,0,3)$。 设平面 $EBM$ 的法向量为 ${\overrightarrow{n}}_1=(x,y,z)$： $\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}}_1\cdot \overrightarrow{MB}=-x+\sqrt{3}y=0\\ {\overrightarrow{n}}_1\cdot \overrightarrow{ME}=x+3z=0\end{array}⟹{\overrightarrow{n}}_1=(\sqrt{3},1,-\frac{\sqrt{3}}{3})$。 设平面 $FBM$ 的法向量为 ${\overrightarrow{n}}_2=(x,y,z)$： $\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}}_2\cdot \overrightarrow{MB}=-x+\sqrt{3}y=0\\ {\overrightarrow{n}}_2\cdot \overrightarrow{MF}=-x+3z=0\end{array}⟹{\overrightarrow{n}}_2=(\sqrt{3},1,\frac{\sqrt{3}}{3})$。

第四步：求正弦值 $\cos ⟨{\overrightarrow{n}}_1,{\overrightarrow{n}}_2⟩=\frac{3+1-\frac{1}{3}}{\sqrt{3+1+\frac{1}{3}}\cdot \sqrt{3+1+\frac{1}{3}}}=\frac{11/3}{13/3}=\frac{11}{13}$。 由于二面角 $\theta$ 的余弦值的绝对值等于法向量夹角余弦值的绝对值， $\cos \theta =\frac{11}{13}$。 则 $\sin \theta =\sqrt{1-(\frac{11}{13}{)}^2}=\sqrt{\frac{169-121}{169}}=\frac{\sqrt{48}}{13}=\frac{4\sqrt{3}}{13}$。

故二面角 $F-BM-E$ 的正弦值为 $\frac{4\sqrt{3}}{13}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行的判定定理、利用空间向量求二面角。
2. 核心方法：几何构造法（通过中点构造平行四边形）、空间直角坐标法。
3. 避坑指南：建立坐标系前，必须通过边长计算严格证明三维直角关系（如本题通过距离公式反解出 $y_E=0$，进而锁定平面 $ADEF\perp$ 平面 $ABCD$），切忌凭直觉直接建系导致坐标定错。注意区分法向量夹角与二面角的关系，题目求的是正弦值，最后务必利用 ${\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta =1$ 进行转换。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源自高考立体几何经典模型——多边形的折叠与翻折拼接。背景为等腰梯形的立体翻折，考查空间中的平行、垂直与建系能力。
2. 结论推广: 在处理含有等腰梯形或中点的立体几何问题时，利用中点构造平行四边形，或取底边中点作为原点建立对称的空间直角坐标系，是化解复杂几何关系的通用方法。若多面体具有对称平面或对称特征边，则优先以对称中心为原点设置未知坐标变量，结合两点间距离公式进行代数简化。

🔗【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I文-18 解-四棱锥垂直二面角
• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角