2026-北京卷-18 解-立体几何综合

本题导读

本题考查直三棱柱背景下的立体几何综合问题。第一问利用空间向量的内积证明线面垂直，进而推导线面平行；第二问是一道结构开放的结构化探究题，通过参数化表示动点 $P$，在给出的三个选考条件中进行相容性辨析，剔除使点无法唯一确定的无效条件，最终利用两法向量的夹角公式精确求得二面角的余弦值。

📌【题干】

Question

（2026年北京卷）如图，直三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中， $\angle BAC=90^{\circ }$， $AB=AC=2$， $B{B}_1=\sqrt{2}$， $E,D$ 分别为 $A_1{B}_1,AC$ 的中点.

(1) 求证： $DE\parallel$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$；

(2) 点 $P$ 在平面 $A_1{B}_1{C}_1$ 内，且 $EP\parallel B_1{C}_1$，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使得 $P$ 唯一确定，求平面 $PAD$ 与平面 $PDE$ 的夹角的余弦值.

① $PA=PD$； ② $PA\perp BC$； ③ $B{B}_1\parallel$ 平面 $PDE$.

（注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分.）


🔍【思路分析】

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1. 建立空间直角坐标系并写出定点坐标：

• 因直三棱柱中侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABC$，且底面直角满足 $\angle BAC=90^{\circ }$。
• 以 $A$ 为坐标原点，射线 $AB,AC,A{A}_1$ 的方向分别为 $x,y,z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。
• 结合已知边长 $AB=AC=2,A{A}_1=\sqrt{2}$ 以及中点性质，精确给出各个核心顶点的坐标。

2. 第一问分析（线面平行）：

• 写出直线 $DE$ 的方向向量 $\overrightarrow{DE}$。
• 提取侧面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 内的两个不共线向量 $\overrightarrow{BC}$ 和 $\overrightarrow{B{B}_1}$，通过待定系数方程组计算出该平面的法向量 $\vec{n}$。
• 验证数量积 $\overrightarrow{DE}\cdot \vec{n}=0$，结合点 $D$ 不在侧面上，论证线面平行。

3. 第二问分析（开放性条件确定与二面角）：

• 动点 $P$ 在上底面，其 $z$ 轴坐标固定为 $\sqrt{2}$。
• 由 $EP\parallel B_1{C}_1$，利用向量共线定理，可将 $P$ 点坐标用引入的单一线性参数 $s$ 表示。
• 逐一检验三个条件：条件①通过两点距离公式平方相等反解 $s$；条件②通过垂直向量数量积为 0 反解 $s$；条件③分析发现对任意 $s$ 恒成立（无法唯一锁定点 $P$）。由此排除条件③，选用条件①或②确定点 $P$ 的唯一坐标。
• 分别计算平面 $PAD$ 的法向量 $\overrightarrow{n_1}$ 与平面 $PDE$ 的法向量 $\overrightarrow{n_2}$，带入法向量夹角余弦公式求得二面角。

✅【答案】

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(1) 证明见解析 (2) 选条件①或②均得 $P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$，平面 $PAD$ 与平面 $PDE$ 夹角的余弦值为 $\frac{2}{3}$（条件③不可用）

✍【详细解析】

Abstract

因棱柱为直三棱柱，故 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABC⟹A{A}_1\perp AB,A{A}_1\perp AC$。 又已知底面 $\angle BAC=90^{\circ }⟹AB\perp AC$。 以 $A$ 为原点，射线 $AB,AC,A{A}_1$ 分别为 $x,y,z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 已知各棱长 $AB=2,AC=2,A{A}_1=B{B}_1=\sqrt{2}$。各点坐标为： $A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A_1(0,0,\sqrt{2}),B_1(2,0,\sqrt{2}),C_1(0,2,\sqrt{2})$ 因为 $E$ 为 $A_1{B}_1$ 的中点， $D$ 为 $AC$ 的中点，可得中点坐标： $E(1,0,\sqrt{2}),D(0,1,0)$

(1) 求证： $DE\parallel$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$

因为 $\overrightarrow{DE}=(1-0,0-1,\sqrt{2}-0)=(1,-1,\sqrt{2})$ $\overrightarrow{BC}=(0-2,2-0,0-0)=(-2,2,0)$ $\overrightarrow{B{B}_1}=(2-2,0-0,\sqrt{2}-0)=(0,0,\sqrt{2})$ 设平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，满足： $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{BC}=-2x+2y=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{B{B}_1}=\sqrt{2}z=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}x=y\\ z=0\end{array}$ 令 $x=1$，得到该侧面的一个法向量为： $\vec{n}=(1,1,0)$。

计算直线方向向量与平面法向量的数量积： $\overrightarrow{DE}\cdot \vec{n}=1\times 1+(-1)\times 1+\sqrt{2}\times 0=1-1+0=0$ 即 $\overrightarrow{DE}\perp \vec{n}$。 又因为点 $D(0,1,0)$ 的坐标不满足平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的方程（其方程为 $x+y=2$），即 $D\notin$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$。 所以，直线 $DE\parallel$ 平面 $B{B}_1{C}_{1}C$。

(2) 确定点 $P$ 坐标并求平面夹角余弦值

点 $P$ 在上底面 $A_1{B}_1{C}_1$ 内，故其纵坐标满足 $z=\sqrt{2}$。 已知 $\overrightarrow{B_1{C}_1}=(0-2,2-0,\sqrt{2}-\sqrt{2})=(-2,2,0)$。 因为 $EP\parallel B_1{C}_1$，根据向量共线定理，可设 $\overrightarrow{EP}=s(-1,1,0)=(-s,s,0)$。 故动点 $P$ 的坐标可表达为： $P=E+\overrightarrow{EP}=(1-s,s,\sqrt{2})(s\text{ 为参数})$

若选条件① $PA=PD$： $P{A}^2=(1-s-0{)}^2+(s-0{)}^2+(\sqrt{2}-0{)}^2=(1-s{)}^2+s^2+2$ $P{D}^2=(1-s-0{)}^2+(s-1{)}^2+(\sqrt{2}-0{)}^2=(1-s{)}^2+(s-1{)}^2+2$ 令 $P{A}^2=P{D}^2⟹s^2=(s-1{)}^2⟹s^2=s^2-2s+1⟹2s=1⟹s=\frac{1}{2}$。 此时点 $P$ 唯一确定，坐标为 $P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$。

若选条件② $PA\perp BC$： $\overrightarrow{PA}=(0-(1-s),0-s,0-\sqrt{2})=(s-1,-s,-\sqrt{2})$ 已知 $\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)$。 由垂直得： $\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{BC}=-2(s-1)-2s=2-4s=0⟹s=\frac{1}{2}$。 所得结果与条件①完全一致，点 $P$ 唯一确定，坐标为 $P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$。

若选条件③ $B{B}_1\parallel$ 平面 $PDF$： 由于平面 $PDE$ 由 $\overrightarrow{DE}=(1,-1,\sqrt{2})$ 与 $\overrightarrow{DP}=(1-s,s-1,\sqrt{2})$ 线性组成。无论 $s$ 取何值，这两个平面向量的 $x,y$ 分量均满足互为相反数的关系。这意味着平面 $PDE$ 的法向量的 $z$ 分量恒为 0（法向量平行于底面）。 因为 $\overrightarrow{B{B}_1}=(0,0,\sqrt{2})$ 的方向沿 $z$ 轴，所以恒有 $\overrightarrow{B{B}_1}\cdot {\vec{n}}_{PDE}=0⟹B{B}_1\parallel$ 平面 $PDE$ 对任意实数 $s$ 均恒成立。无法唯一锁定参数 $s$。 故条件③不可取，严格排除。

下面依据**条件①（或条件②）**确定的唯一性点 $P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$ 进行二面角计算：

已知 $A(0,0,0),D(0,1,0),P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$。 $\overrightarrow{AD}=(0,1,0),\overrightarrow{AP}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$ 设平面 $PAD$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{AD}=y_1=0\\ \overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{AP}=\frac{1}{2}{x}_1+\frac{1}{2}{y}_1+\sqrt{2}{z}_1=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{y}_1=0\\ x_1=-2\sqrt{2}{z}_1\end{array}$ 取 $z_1=-1$，得 $x_1=2\sqrt{2}$。故平面 $PAD$ 的一个法向量为： $\overrightarrow{n_1}=(2\sqrt{2},0,-1)$

已知 $D(0,1,0),E(1,0,\sqrt{2}),P\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$。 $\overrightarrow{DE}=(1,-1,\sqrt{2}),\overrightarrow{DP}=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},\sqrt{2}\right)$ 设平面 $PDE$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{DE}=x_2-y_2+\sqrt{2}{z}_2=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{DP}=\frac{1}{2}{x}_2-\frac{1}{2}{y}_2+\sqrt{2}{z}_2=0\end{array}$ 两式相减得 $\frac{1}{2}{x}_2-\frac{1}{2}{y}_2=0⟹x_2=y_2$。代入任一式中得 $\sqrt{2}{z}_2=0⟹z_2=0$。 令 $x_2=1$，得 $y_2=1$。故平面 $PDE$ 的一个法向量为： $\overrightarrow{n_2}=(1,1,0)$

设平面 $PAD$ 与平面 $PDE$ 的夹角为 $\theta$（$\theta \in [0,\frac{\pi }{2}]$）： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|2\sqrt{2}\times 1+0\times 1+(-1)\times 0|}{\sqrt{(2\sqrt{2}{)}^2+0^2+(-1{)}^2}\cdot \sqrt{1^2+1^2+0^2}}$ $\cos \theta =\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{8+1}\cdot \sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{3\cdot \sqrt{2}}=\frac{2}{3}$

所以，平面 $PAD$ 与平面 $PDE$ 夹角的余弦值为 $\frac{2}{3}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：直三棱柱自然正交系的坐标映射；共线向量定理对平面内动点的单参数化建构；多条件开放探究中恒等式（无效条件）的逻辑剔除；二面角两法向量点积控算。
2. 核心方法：空间向量法、开放性条件消元法。
3. 避坑指南：

• 盲目错选条件③：条件③中的线面平行是一种“结构性恒真”现象，对任意 $s$ 均成立，根本无法对未知数进行定量约束。在面对选考探究大题时，必须要通过求导或代数展开，剔除这类无法提供有效方程的退化条件。
• 向量叉乘或解方程组计算失误：在求解 $\overrightarrow{n_1}$ 和 $\overrightarrow{n_2}$ 时，涉及较多根号 $\sqrt{2}$，需精细校对每个分量的正负号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是新高考及各自主命题省份（如北京、天津卷）中极具代表性的立体几何结构开放型解答压轴大题，旨在深化对空间图形位置关系代数矩阵化求解的考查。
2. 结论推广： 对于满足 $x,y$ 分量成比例（如本题中的 $\overrightarrow{DE}$ 与 $\overrightarrow{DP}$）的一类动态张成平面，其对应的法向量方向被严格死锁在 $xOy$ 投影水平面上（即 $z$ 分量恒为 0）。利用这一推广的空间几何解析性质，可以无需计算直接判定任何沿 $z$ 轴轴向的侧棱向量（如 $\overrightarrow{B{B}_1}$）与其保持恒远平行的几何本质。这为快速解构一类高维空间几何平行判定提供了强大的直观理论武器。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算
• 09.02 平面向量的线性运算

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-浙江卷文-20 解-线面平行二面角