2007-湖南卷理-18 解-直线平面所成角

本题导读

本题考查空间点、线、面的位置关系判定及线面角的求解。第一问通过翻折性质结合面面垂直性质证出线面垂直，进而推出面面垂直；第二问通过几何图形特征建立空间直角坐标系，利用平面法向量和直线方向向量求出直线与平面所成角的正弦值。

📌【题干】

Question

（2007年湖南卷(理)）如图 1, $E, F$ 分别是矩形 $A B C D$ 的边 $A B, C D$ 的中点, $G$ 是 $E F$ 上的一点, 将 $△ G A B, △ GC D$ 分别沿 $A B, C D$ 翻折成 $△ G_{1} A B, △ G_{2} C D$ , 并连接 $G_{1} G_{2}$ , 使得平面 $G_{1} A B ⊥$ 平面 $A B C D$ , $G_{1} G_{2} // A D$ , 且 $G_{1} G_{2} < A D$ , 连接 $B G_{2}$ , 如图 2.

(1) 证明: 平面 $G_{1} A B ⊥$ 平面 $G_{1} A D G_{2}$ ；

(2) 当 $A B = 12, B C = 25, E G = 8$ 时, 求直线 $B G_{2}$ 和平面 $G_{1} A D G_{2}$ 所成的角.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：

矩形中 $E F ⊥ A B ⟹ G_{1} E ⊥ A B$ 。

已知平面 $G_{1} A B ⊥$ 平面 $A B C D$ ，交线为 $A B$ ，根据面面垂直的性质定理有 $G_{1} E ⊥$ 平面 $A B C D$ 。

进而得 $G_{1} E ⊥ A D$ 。又因为矩形中 $A B ⊥ A D$ ，所以 $A D ⊥$ 平面 $G_{1} A B$ 。

因为 $G_{1} G_{2} // A D ⟹ G_{1} G_{2} ⊥$ 平面 $G_{1} A B$ 。由于 $G_{1} G_{2} \subset$ 平面 $G_{1} A D G_{2}$ ，所以平面 $G_{1} A B ⊥$ 平面 $G_{1} A D G_{2}$ 。

第二问：

由第一问得 $E A, E F, E G_{1}$ 两两垂直，可以 $E$ 为坐标原点建立空间直角坐标系。

计算各关键点坐标： $A B = 12, E$ 是中点 $⟹ E A = 6$ 。 $B C = 25 ⟹ E F = 25$ 。

在图 1 中， $G$ 在 $E F$ 上且 $E G = 8 ⟹ GF = 25 - 8 = 17$ 。翻折后 $E G_{1} = E G = 8, F G_{2} = F G = 17$ 。

写出 $A, B, G_{1}, G_{2}$ 等点的坐标，求平面 $G_{1} A D G_{2}$ 的法向量。

计算直线 $B G_{2}$ 的方向向量与平面法向量的夹角，从而求出线面角。

✅【答案】

点击查看答案

所以17 sin 𝜑= 8

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）证明：在矩形 $A B C D$ 中，因为 $E, F$ 分别是 $A B, C D$ 的中点，所以 $E F ⊥ A B$ ，且 $A D // E F$ 。翻折后，在 $△ G_{1} A B$ 中，仍有 $G_{1} E ⊥ A B$ 。因为平面 $G_{1} A B ⊥$ 平面 $A B C D$ ，且平面 $G_{1} A B \cap$ 平面 $A B C D = A B$ ， $G_{1} E \subset$ 平面 $G_{1} A B$ ，根据面面垂直的性质定理可知： $G_{1} E ⊥ 平面 A B C D$ 因为 $A D \subset$ 平面 $A B C D$ ，故： $G_{1} E ⊥ A D$ 又矩形中 $A D ⊥ A B$ ，且 $A B \cap G_{1} E = E$ ，根据线面垂直判定定理： $A D ⊥ 平面 G_{1} A B$ 已知 $G_{1} G_{2} // A D$ ，故也有： $G_{1} G_{2} ⊥ 平面 G_{1} A B$ 由于 $G_{1} G_{2} \subset$ 平面 $G_{1} A D G_{2}$ ，根据面面垂直判定定理： $平面 G_{1} A B ⊥ 平面 G_{1} A D G_{2}$

（2）由（1）可知， $E A, E F, E G_{1}$ 两两垂直。以 $E$ 为原点，射线 $E A, E F, E G_{1}$ 的方向分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $E - x y z$ 。

已知 $A B = 12, B C = 25, E G = 8$ ，则 $E A = E B = 6$ 。翻折前后线段长度不变，故 $E G_{1} = E G = 8$ 。在图 1 中， $E F = B C = 25$ ，故 $GF = E F - E G = 25 - 8 = 17$ 。翻折后， $G_{2}$ 在平面 $A B C D$ 上的射影落在 $E F$ 上，且 $F G_{2} = GF = 17$ 。因为 $G_{1} G_{2} // A D // E F$ ，且 $G_{1} E ⊥$ 平面 $A B C D, G_{2} F ⊥$ 平面 $A B C D$ ，故 $G_{1} G_{2} F E$ 为矩形。由此可得各关键点的空间坐标为： $E (0, 0, 0), A (6, 0, 0), B (- 6, 0, 0), G_{1} (0, 0, 8), G_{2} (0, 8, 8)$ 直线 $B G_{2}$ 的方向向量为： $B G_{2} = (0 - (- 6), 8 - 0, 8 - 0) = (6, 8, 8)$

下面求解平面 $G_{1} A D G_{2}$ 的一个法向量 $n = (x, y, z)$ 。由（1）可知， $A B ⊥$ 平面 $G_{1} A D G_{2}$ ，故 $A B$ 的方向向量即为平面 $G_{1} A D G_{2}$ 的一个法向量。由于 $E B = (- 6, 0, 0)$ ，故可取平面 $G_{1} A D G_{2}$ 的一个单位法向量为： $n = (1, 0, 0)$

设直线 $B G_{2}$ 和平面 $G_{1} A D G_{2}$ 所成的角为 $θ (θ \in [0, \frac{π}{2}])$ ，根据线面角的向量公式： $sin θ = \frac{∣ B G _{2} \cdot n ∣}{∣ B G _{2} ∣ \cdot ∣ n ∣} = \frac{∣6 \times 1 + 8 \times 0 + 8 \times 0∣}{6 ^{2} + 8 ^{2} + 8 ^{2} \cdot 1} = \frac{6}{36 + 64 + 64} = \frac{6}{164} = \frac{6}{2 41} = \frac{3 41}{41}$

由此解得： $θ = arcsin \frac{3 41}{41}$

答：直线 $B G_{2}$ 和平面 $G_{1} A D G_{2}$ 所成的角为 $arcsin \frac{3 41}{41}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：翻折前后垂直不变量的迁移、面面垂直的性质推导线面垂直、建系坐标法求线面角。

核心方法：空间直角坐标向量法。

避坑指南：

第一问推导 $G_{1} G_{2} ⊥$ 平面 $G_{1} A B$ 时，必须指明 $G_{1} G_{2} // A D$ 这一平行桥梁转换。

第二问建系时， 要利用第一问已经证出的垂直关系作为建系基准轴，确定 $G_{2}$ 坐标时注意 $G_{1} G_{2} F E$ 构成矩形，从而直接读出其高和横向跨度。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题考查平面与平面垂直的性质与判定、空间直角坐标系的建立，是湖南卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。

变式思考：本题的核心步骤（传统几何法证明面面垂直、空间向量坐标法求线面角）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。

知识关联：平面与平面垂直的性质与判定、空间直角坐标系的建立相互关联，解答中综合运用了传统几何法证明面面垂直、空间向量坐标法求线面角，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【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

13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

2016-北京卷理-17 解-线面位置

2010-湖南卷理-18 解-线面位置

2012-湖南卷理-18 解-二面角

∑ ( Math )

Explorer

2007-湖南卷理-18 解-直线平面所成角

📌【题干】

🔍【思路分析】

✅【答案】

✍【详细解析】

💡【考点归纳与避坑指南】

📖【试题探源与推广】

🔗【关联脉络】

Backlinks