2009-浙江卷文-19 解-线面平行与线面角

本题导读

考查线面平行与线面角。$PQ\parallel CD$ 得平行；$DP\perp$ 平面 $ABE$，$\sin \angle DAP=\frac{\sqrt{5}}{5}$。

📌【题干】

Question

（2009年浙江卷(文)） 如图，$DC\perp$ 平面 $ABC$，$EB\parallel DC$，$AC=BC=EB=2DC=2$，$\angle ACB=120^{\circ }$，$P$，$Q$ 分别为 $AE$，$AB$ 的中点.

(1) 证明：$PQ\parallel$ 平面 $ACD$；

(2) 求 $AD$ 与平面 $ABE$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. (1) $PQ$ 是 $△AEB$ 的中位线，$PQ\parallel EB$，又 $EB\parallel DC$，得 $PQ\parallel DC$。
2. (2) 证 $CQ\perp$ 平面 $ABE$，再证四边形 $CQPD$ 为平行四边形得 $DP\parallel CQ$，垂线段 $DP$ 即距离线。
3. 线面角即 $\angle DAP$，$AD=\sqrt{5}$，$DP=1$。

✅【答案】

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(1) 见解析；(2) $\frac{\sqrt{5}}{5}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 因为 $P$，$Q$ 分别为 $AE$，$AB$ 的中点，所以 $PQ\parallel EB$。 又 $DC\parallel EB$，因此 $PQ\parallel DC$。 而 $DC\subset$ 平面 $ACD$，$PQ\notin$ 平面 $ACD$，所以 $PQ\parallel$ 平面 $ACD$。 (2) 连结 $CQ$，$DP$。因为 $Q$ 为 $AB$ 的中点，且 $AC=BC$，所以 $CQ\perp AB$。 因为 $DC\perp$ 平面 $ABC$，$EB\parallel DC$，所以 $EB\perp$ 平面 $ABC$。因此 $CQ\perp EB$。 故 $CQ\perp$ 平面 $ABE$。 由 (1) 有 $PQ\parallel DC$，又 $PQ=\frac{1}{2}EB=DC$，所以四边形 $CQPD$ 为平行四边形，故 $DP\parallel CQ$。 因此 $DP\perp$ 平面 $ABE$，$AP$ 为 $AD$ 在平面 $ABE$ 内的射影，直线 $AD$ 与平面 $ABE$ 所成角即 $\angle DAP$。 在 $△ABC$ 中，$AC=BC=2$，$\angle ACB=120^{\circ }$，$Q$ 为 $AB$ 中点，$CQ=\sqrt{A{C}^2-A{Q}^2}$，其中 $A{B}^2=4+4-2\times 4\times \cos 120^{\circ }=12$，$AB=2\sqrt{3}$，$AQ=\sqrt{3}$，$CQ=\sqrt{4-3}=1$，$DP=CQ=1$。 又 $AD=\sqrt{A{C}^2+D{C}^2}=\sqrt{4+1}=\sqrt{5}$。 在 $\text{Rt}△DPA$ 中，$\sin \angle DAP=\frac{DP}{AD}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面平行的判定与线面角

核心方法：中位线转移平行 + 平行四边形转移垂线

避坑指南：$DP$ 要垂直平面 $ABE$，靠 $CQ\perp$ 平面 $ABE$ 且 $DP\parallel CQ$（平行四边形 $CQPD$）转移过来；线面角即 $\angle DAP$。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：线面平行证明常用中位线或平行四边形。

结论推广：中位线 $\Rightarrow$ 平行于第三边 $\Rightarrow$ 平行于所在平面（须写清直线在面外）。

方法推广：线面角等于斜线与射影的夹角，垂线段找不出时先证别的线段垂直再平移。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2009-江苏卷-16 解-线面平行面面垂直
• 2011-天津卷文-17 解-线面平行与线面角
• 2009-大纲卷II文-19 解-直三棱柱线面角