2026-新高考II卷-16 解-立体几何综合

本题导读

本题考查立体几何中的垂直证明与空间夹角的定量计算。第一问通过线线垂直的交织判定，证明线面垂直，进而推导异面直线垂直；第二问利用第一问证出的垂直基底建立空间直角坐标系，通过求平面法向量与直线方向向量的夹角，精确解出线面角的正弦值。

📌【题干】

Question

（2026年新高考II卷）三棱锥 $A-BCD$ 中， $E$ 在 $BD$ 上， $AE\perp CE$ ， $AE\perp DE$ ， $CD\perp AD$ .

（1）证明： $CD\perp AB$ ；

（2）若 $DE=2$ ， $BE=1$ ， $AE=\sqrt{2}$ ， $CD=2\sqrt{3}$ ，求直线$AD$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问逻辑：由已知 $AE\perp CE$ 且 $AE\perp DE$，因为 $CE\cap DE=E$，根据线面垂直判定定理，可得 $AE\perp$ 平面 $BCD$。进一步由于 $CD\subset$ 平面 $BCD$，必有 $AE\perp CD$。再结合已知 $CD\perp AD$ 且 $AE\cap AD=A$，可证 $CD\perp$ 平面 $ABD$。最终由 $AB\subset$ 平面 $ABD$ 导出 $CD\perp AB$。
2. 第二问逻辑：由第一问证得 $AE\perp$ 平面 $BCD$ 且 $CD\perp$ 平面 $ABD$。由于 $D,E,B$ 三点共线，以 $E$ 为原点，以 $EB$ 方向为 $y$ 轴， $EA$ 方向为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。利用平面几何关系求出 $C$ 点坐标，写出各关键点的空间坐标与向量。求出平面 $ABC$ 的法向量，利用公式 $\sin \theta =|\cos ⟨\vec{n},\overrightarrow{AD}⟩|$ 算出线面角。

✅【答案】

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(1) 证明见解析 (2) $\frac{\sqrt{6}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 因为 $AE\perp CE$ 且 $AE\perp DE$ ， 又 $CE\subset \text{平面 }BCD$ ， $DE\subset \text{平面 }BCD$ ，且 $CE\cap DE=E$ ， 所以根据线面垂直判定定理可知： $AE\perp \text{平面 }BCD$ 因为 $CD\subset \text{平面 }BCD$ ，所以： $AE\perp CD$ 又已知 $CD\perp AD$ ， 且 $AE\subset \text{平面 }ABD$ ， $AD\subset \text{平面 }ABD$ ， $AE\cap AD=A$ ， 所以根据线面垂直判定定理可知： $CD\perp \text{平面 }ABD$ 因为 $AB\subset \text{平面 }ABD$ ，所以： $CD\perp AB$

（2）解： 由（1）可知 $AE\perp \text{平面 }BCD$ ， $CD\perp \text{平面 }ABD$。 由于 $B,E,D$ 在同一条直线上，故 $AE\perp BD$ ，且 $CD\perp BD$（因为 $BD\subset \text{平面 }ABD$）。

以 $E$ 为坐标原点，射线 $ED$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $EA$ 方向为 $z$ 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 $E-xyz$。 由于 $CD\perp BD$ 且 $CD\perp AE$，说明 $CD\parallel y$ 轴。

各关键点的坐标确定如下：

• $E(0,0,0)$
• 已知 $DE=2⟹D(2,0,0)$
• 已知 $BE=1$（由于 $B$ 与 $D$ 在 $E$ 的两侧） $⟹B(-1,0,0)$
• 已知 $AE=\sqrt{2}⟹A(0,0,\sqrt{2})$
• 已知 $CD=2\sqrt{3}$ 且 $CD\parallel y$ 轴，点 $C$ 的横坐标与 $D$ 相同，为 $2$，纵坐标为 $2\sqrt{3}$，垂直高度为 $0⟹C(2,2\sqrt{3},0)$

从而： $\overrightarrow{AB}=(-1,0,-\sqrt{2})$ $\overrightarrow{AC}=(2,2\sqrt{3},-\sqrt{2})$ $\overrightarrow{AD}=(2,0,-\sqrt{2})$

设平面 $ABC$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则有： $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-x-\sqrt{2}z=0\\ 2x+2\sqrt{3}y-\sqrt{2}z=0\end{array}$ 由第一个方程可得 $x=-\sqrt{2}z$。代入第二个方程： $-2\sqrt{2}z+2\sqrt{3}y-\sqrt{2}z=0⟹2\sqrt{3}y=3\sqrt{2}z⟹y=\frac{\sqrt{6}}{2}z$ 令 $z=2$，可得一组特解： $x=-2\sqrt{2}$， $y=\sqrt{6}$。 由此得到平面 $ABC$ 的法向量为： $\vec{n}=(-2\sqrt{2},\sqrt{6},2)$

设 $AD$ 与平面 $ABC$ 所成的角为 $\theta$，根据线面角向量计算公式： $\sin \theta =|\cos ⟨\vec{n},\overrightarrow{AD}⟩|=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{AD}|}{|\vec{n}|\cdot |\overrightarrow{AD}|}$ 又： $\vec{n}\cdot \overrightarrow{AD}=(-2\sqrt{2})\times 2+\sqrt{6}\times 0+2\times (-\sqrt{2})=-4\sqrt{2}-2\sqrt{2}=-6\sqrt{2}$ $|\vec{n}|=\sqrt{(-2\sqrt{2}{)}^2+(\sqrt{6}{)}^2+2^2}=\sqrt{8+6+4}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ $|\overrightarrow{AD}|=\sqrt{2^2+0^2+(-\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{4+2}=\sqrt{6}$

代入公式中化简： $\sin \theta =\frac{|-6\sqrt{2}|}{3\sqrt{2}\times \sqrt{6}}=\frac{6\sqrt{2}}{3\sqrt{12}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{2\sqrt{6}}{6}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

答： $AD$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。

方法2：几何法

（2）由（1）知 $AE\perp$ 平面 $BCD$,$CD\perp$ 平面 $ABD$。 因为 $BD\subset$ 平面 $ABD$，所以 $CD\perp BD$。

在 $\text{Rt}△ADE$ 中，$AE=\sqrt{2}$,$DE=2$， 所以 $AD=\sqrt{2+4}=\sqrt{6}$。

在 $\text{Rt}△ABE$ 中，$AE=\sqrt{2}$,$BE=1$， 所以 $AB=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}$。

在 $\text{Rt}△CDB$ 中，$CD=2\sqrt{3}$,$BD=3$，所以 $BC=\sqrt{12+9}=\sqrt{21}$。

在 $\text{Rt}△CDE$ 中，$CD=2\sqrt{3}$,$DE=2$，所以 $CE=\sqrt{12+4}=4$。

在 $\text{Rt}△AEC$ 中，$AE=\sqrt{2}$,$CE=4$，所以 $AC=\sqrt{2+16}=3\sqrt{2}$。

在 $△ABC$ 中，$A{B}^2+A{C}^2=3+18=21=B{C}^2$，所以 $\angle BAC=90^{\circ }$。

$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times 3\sqrt{2}=\frac{3\sqrt{6}}{2},$ $S_{△ABD}=\frac{1}{2}BD\cdot AE=\frac{1}{2}\times \sqrt{3}\times \sqrt{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}.$

设点 $D$ 到平面 $ABC$ 的距离为 $h$。

因为 $V_{D-ABC}=V_{C-ABD}$，所以 $\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot h=\frac{1}{3}{S}_{△ABD}\cdot CD.$ 即 $\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{6}}{2}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot 2\sqrt{3},$ $\frac{\sqrt{6}}{2}h=\sqrt{6},\text{解得 }h=2.$

设直线 $AD$ 与平面 $ABC$ 所成角为 $\theta$， $\sin \theta =\frac{h}{AD}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}.$

故直线 $AD$ 与平面 $ABC$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直性质的循环链条论证；建系后的法向量求解与线面夹角投影算式。
2. 核心方法：空间直角坐标系法。
3. 避坑指南：

• 坐标点正负号判定错误陷阱：在建立以 $E$ 为原点的坐标系时，由于 $B,E,D$ 三点在同一直线上且 $E$ 在线段 $BD$ 内部，若规定 $ED$ 为 $x$ 轴正半轴，则点 $B$ 的横坐标必须取负值（即 $-1$）。切忌想当然地把所有线段长度直接写为正数坐标。
• 线面角正弦与余弦公式混淆陷阱：利用法向量算出来的余弦值 $\cos ⟨\vec{n},\overrightarrow{AD}⟩$ 直接等于线面角的正弦值 $\sin \theta$，无需再用 $1-{\cos }^2$ 进行二次根式转换。

📖【试题探源与推广】

Tip

本题是线面垂直判定与线面角计算的立体几何解答题：第一问以”共端点的两条垂线”（$AE\perp CE$ 且 $AE\perp DE$）走线面垂直判定定理，第二问建系用空间向量法求线面角，属于立体几何大题的标准双问结构。

线面角的正弦值等于直线方向向量与平面法向量夹角余弦的绝对值：$\sin \theta =|\cos ⟨\vec{d},\vec{n}⟩|$；线面角也可通过等体积法求出点到平面的距离后由 $\sin \theta =\frac{d}{|AD|}$ 求得，两条路径可互相验算。

见到”共端点的两条垂线”（三线合一信号）应立即反应线面垂直判定定理；建系时选择两两垂直的棱作坐标轴，可最大化坐标的整数化程度，降低后续法向量运算量。

🔗【关联脉络】

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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-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角