2011-大纲卷理-19 解-立几综合

本题导读

本题考查线面垂直的判定定理。

📌【题干】

Question

（2011年大纲卷(理)） 如图，四棱锥 $S-ABCD$ 中，$AB\parallel CD$，$BC\perp CD$，侧面 $SAB$ 为等边三角形. $AB=BC=2$，$CD=SD=1$.

(1) 证明: $SD\perp$ 平面 $SAB$；

(2) 求 $AB$ 与平面 $SBC$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：

• 取 $AB$ 的中点 $E$，连接 $SE,DE$。由于 $△SAB$ 为等边三角形，$SE\perp AB$。
• 在底面直角梯形 $ABCD$ 中，计算线段 $DE$ 和 $AD,BD$ 的长度。
• 在 $△SDE$（或 $△SAD,△SBD$）中利用已知边长验证勾股定理逆定理，证明 $SD\perp SE$ 及 $SD\perp AB$，进而由线面垂直判定定理证得 $SD\perp$ 平面 $SAB$。

2. 第二问：

• 由第 (1) 问可知 $SD,SE,AB$ 互相垂直（或以 $E$ 为原点建立空间直角坐标系），写出各顶点坐标。
• 求出平面 $SBC$ 的一个法向量 $\mathbf{n}$。
• 利用线面角的向量公式 $\sin \theta =\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{AB}||\mathbf{n}|}$ 计算即可。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 取 $AB$ 的中点 $E$，连接 $SE,DE$。 因为侧面 $SAB$ 是边长为 $2$ 的等边三角形，且 $E$ 为 $AB$ 的中点， 所以 $SE\perp AB$，且

$$SE=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\sqrt{3},AE=EB=1.$$

在底面 $ABCD$ 中，$AB\parallel CD$，$BC\perp CD$，$AB=BC=2$，$CD=1$。 因为 $BE=1$，$CD=1$ 且 $BE\parallel CD$，$BC\perp CD$， 所以四边形 $BCDE$ 为矩形。 因此 $DE\perp AB$，$DE=BC=2$。 在 $\text{Rt}△ADE$ 中，$A{D}^2=A{E}^2+D{E}^2=1^2+2^2=5$。 在 $\text{Rt}△BDE$ 中，$B{D}^2=B{E}^2+D{E}^2=1^2+2^2=5$。 又已知 $SD=1$，$SA=SB=2$。 在 $△SAD$ 中：$S{A}^2=2^2=4$，$S{D}^2=1^2=1$，$A{D}^2=5$。 因为 $S{D}^2+S{A}^2=1+4=5=A{D}^2$， 所以 $\angle ASD=90^{\circ }$，即 $SD\perp SA$。 在 $△SBD$ 中：$S{B}^2=2^2=4$，$S{D}^2=1^2=1$，$B{D}^2=5$。 因为 $S{D}^2+S{B}^2=1+4=5=B{D}^2$， 所以 $\angle BSD=90^{\circ }$，即 $SD\perp SB$。 又因为 $SA\cap SB=S$，$SA,SB\subset$ 平面 $SAB$， 所以 $SD\perp$ 平面 $SAB$。

(2) 解： 由 (1) 知 $SD\perp$ 平面 $SAB$。 因为 $AB\subset$ 平面 $SAB$，$SE\subset$ 平面 $SAB$， 所以 $SD\perp AB$，$SD\perp SE$。 又已知 $SE\perp AB$，故 $EB,SE,SD$ 两两垂直。 但注意到 $SD\perp$ 平面 $SAB$，$S$ 为垂足。 以 $S$ 为坐标原点，建立空间直角坐标系： 在平面 $SAB$ 内，以过 $S$ 平行于 $\overrightarrow{EB}$ 的方向为 $x$ 轴正方向，以射线 $ES$ 反向（由 $E$ 指向 $S$ 延长）为 $y$ 轴负方向（即以 $\overrightarrow{ES}$ 方向为 $y$ 轴正方向），以射线 $SD$ 为 $z$ 轴正方向。 由于 $E$ 为 $AB$ 中点，且 $SE\perp AB$，$SA=SB=2$：

• 点 $S$ 坐标为 $(0,0,0)$；
• 向量 $\overrightarrow{SD}=(0,0,1)$，故 $D(0,0,1)$；
• $E$ 点在 $y$ 轴负半轴上，距离 $S$ 为 $\sqrt{3}$，则 $E(0,-\sqrt{3},0)$；
• 因为 $AB\parallel x$ 轴且 $EB=1,EA=1$，所以： $B(1,-\sqrt{3},0)$，$A(-1,-\sqrt{3},0)$。 由 (1) 知四边形 $BCDE$ 为平行四边形（矩形）， 故 $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{EB}=(1,0,0)$。 因为 $D(0,0,1)$，所以： $C(1,0,1)$。 从而：

$$\overrightarrow{SB}=(1,-\sqrt{3},0),$$ $$\overrightarrow{SC}=(1,0,1),$$ $$\overrightarrow{AB}=(2,0,0).$$

设平面 $SBC$ 的法向量为 $\mathbf{n}=(x,y,z)$，则：

$$\{\begin{array}{l}\mathbf{n}\cdot \overrightarrow{SB}=x-\sqrt{3}y=0\\ \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{SC}=x+z=0\end{array}$$

取 $x=\sqrt{3}$，则 $y=1$，$z=-\sqrt{3}$。 所以平面 $SBC$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}=(\sqrt{3},1,-\sqrt{3})$。 设直线 $AB$ 与平面 $SBC$ 所成的角为 $\theta$，则：

$$\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{AB},\mathbf{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{AB}||\mathbf{n}|}=\frac{|2\times \sqrt{3}+0\times 1+0\times (-\sqrt{3})|}{2\times \sqrt{(\sqrt{3}{)}^2+1^2+(-\sqrt{3}{)}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{3+1+3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$$

所以，$AB$ 与平面 $SBC$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{21}}{7}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直判定定理（平面内两条相交直线与已知直线垂直）；线面角的空间向量解法。
• 核心方法：勾股定理逆定理判定垂直角；以两两垂直的交点建立空间直角坐标系。
• 避坑指南：
• 证明 $SD\perp$ 平面 $SAB$ 时，必须指明交点 $SA\cap SB=S$，且相交直线均在平面内；
• 确定点 $C$ 的坐标时，利用向量相等 $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{EB}$ 可避免复杂的空间几何解析。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源于折叠几何模型（将矩形与正三角形沿公共边翻折构建空间四面体）。
• 结论推广：若直线 $l\parallel \alpha$，则直线 $l$ 与平面 $\beta$ 所成的角等于其平行线与 $\beta$ 所成的角；点到平面的距离可由向量投影 $d=\frac{|\overrightarrow{AP}\cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}$ 计算。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2013-浙江卷理-10 单-线面垂直
• 2013-浙江卷理-20 解-线面平行
• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角