2011-重庆卷理-19 解-立几综合

本题导读

本题考查面面垂直的性质定理。

📌【题干】

Question

（2011年重庆卷(理)） 如图，在四面体 $ABCD$ 中，平面 $ABC\perp$ 平面 $ACD$，$AB\perp BC$，$AD=CD$，$\angle CAD=30^{\circ }$.

(1) 若 $AD=2$，$AB=2BC$，求四面体 $ABCD$ 的体积；

(2) 若二面角 $C-AB-D$ 为 $60^{\circ }$，求异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：取 $AC$ 中点 $O$，由于 $AD=CD$，由等腰三角形性质得 $DO\perp AC$。利用面面垂直性质定理可得 $DO\perp$ 平面 $ABC$。求出高 $DO$ 及底面直角三角形 $ABC$ 的面积，代入体积公式 $V=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot DO$ 即可。
2. 第二问：作辅助线或建立空间直角坐标系。过 $O$ 作 $OE\perp AB$ 交 $AB$ 于点 $E$，连接 $DE$，易证 $\angle DEO$ 为二面角 $C-AB-D$ 的平面角，由此确定 $△ABC$ 的边角比例关系；再利用空间向量数量积公式计算 $\cos ⟨\overrightarrow{AD},\overrightarrow{BC}⟩$。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

(1) 取 $AC$ 的中点 $O$，连接 $DO$。 因为 $AD=CD$，所以 $DO\perp AC$。 又因为平面 $ABC\perp$ 平面 $ACD$，平面 $ABC\cap$ 平面 $ACD=AC$，$DO\subset$ 平面 $ACD$， 所以 $DO\perp$ 平面 $ABC$。 在 $△ACD$ 中，已知 $AD=CD=2$，$\angle CAD=30^{\circ }$， 所以 $DO=AD\cdot \sin 30^{\circ }=2\times \frac{1}{2}=1$，$AO=AD\cdot \cos 30^{\circ }=2\times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。 从而 $AC=2AO=2\sqrt{3}$。 在 $\text{Rt}△ABC$ 中，$AB\perp BC$，$AB=2BC$， 由勾股定理：$A{B}^2+B{C}^2=A{C}^2⟹(2BC{)}^2+B{C}^2=(2\sqrt{3}{)}^2⟹5B{C}^2=12⟹B{C}^2=\frac{12}{5}$。 因此 $BC=\frac{2\sqrt{15}}{5}$，$AB=\frac{4\sqrt{15}}{5}$。 $△ABC$ 的面积为：

$$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=\frac{1}{2}\times \frac{4\sqrt{15}}{5}\times \frac{2\sqrt{15}}{5}=\frac{12}{5}。$$

所以四面体 $ABCD$ 的体积为：

$$V_{A-BCD}=\frac{1}{3}{S}_{△ABC}\cdot DO=\frac{1}{3}\times \frac{12}{5}\times 1=\frac{4}{5}。$$

(2) 如图，过点 $O$ 作 $OE\perp AB$，垂足为 $E$，连接 $DE$。 因为 $DO\perp$ 平面 $ABC$，$AB\subset$ 平面 $ABC$，所以 $DO\perp AB$。 又 $DO\cap OE=O$，所以 $AB\perp$ 平面 $DOE$，进而 $AB\perp DE$。 故 $\angle DEO$ 为二面角 $C-AB-D$ 的平面角，即 $\angle DEO=60^{\circ }$。 设 $AC=2a$（$a>0$）。 在 $△ACD$ 中，由 $\angle CAD=30^{\circ }$ 得： $AO=a$，$DO=a\tan 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。 在 $\text{Rt}△DOE$ 中，$\angle DEO=60^{\circ }$， 所以 $OE=\frac{DO}{\tan 60^{\circ }}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}a}{\sqrt{3}}=\frac{a}{3}$。 因为 $OE\perp AB$ 且 $BC\perp AB$，所以 $OE\parallel BC$， 故 $△AOE\sim △ACB$，从而 $\frac{OE}{BC}=\frac{AO}{AC}=\frac{1}{2}$， 解得 $BC=2OE=\frac{2}{3}a$。 在 $\text{Rt}△ABC$ 中，$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{4a^2-{\left(\frac{2}{3}a\right)}^2}=\frac{4\sqrt{2}}{3}a$。

以 $B$ 为原点，以射线 $BC,BA$ 分别为 $x$ 轴、$y$ 轴正方向，过 $B$ 且垂直于底面朝上的方向为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系： 则各点坐标为（令 $a=3$，不失一般性，此时 $BC=2$，$AB=4\sqrt{2}$，$AC=6$，$DO=\sqrt{3}$）：

• $B(0,0,0)$；
• $C(2,0,0)$；
• $A(0,4\sqrt{2},0)$；
• $AC$ 中点 $O(1,2\sqrt{2},0)$；
• 点 $D(1,2\sqrt{2},\sqrt{3})$。 则向量 $\overrightarrow{AD}$ 与 $\overrightarrow{BC}$ 分别为：

$$\overrightarrow{AD}=(1-0,2\sqrt{2}-4\sqrt{2},\sqrt{3}-0)=(1,-2\sqrt{2},\sqrt{3}),$$ $$\overrightarrow{BC}=(2,0,0)。$$

设异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成的角为 $\theta$，则：

$$\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}|}{|\overrightarrow{AD}|\cdot |\overrightarrow{BC}|}=\frac{|1\times 2+(-2\sqrt{2})\times 0+\sqrt{3}\times 0|}{\sqrt{1^2+(-2\sqrt{2}{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2}\cdot \sqrt{2^2+0^2+0^2}}=\frac{2}{\sqrt{1+8+3}\cdot 2}=\frac{2}{\sqrt{12}\cdot 2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{6}。$$

所以，异面直线 $AD$ 与 $BC$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：面面垂直转化为线面垂直（找交线的垂线）；三垂线定理寻找二面角的平面角。
• 核心方法：
• 几何降维：利用相似三角形确定线段长度比例；
• 向量代数化：建系后用向量夹角余弦公式求异面直线角（注意异面直线夹角属于 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，余弦值必须加绝对值）。
• 避坑指南：第 (2) 问中未给出边长具体数值，求解比例关系时应规范设参，避免混淆第 (1) 问的特定条件 $AB=2BC$。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源于折纸模型与面面垂直经典几何体构造，考查二面角与线线角的交织关系。
• 结论推广：若二面角棱上有一垂足，利用二面角平面角可直接关联垂线在不同平面内的投影长度比，即 $OE=DO\cot \alpha$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2013-江苏卷-22 解-异面直线所成的角
• 1996-全国卷理-19