2012-北京卷理-16 解-二面角

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。核心在于几何法、坐标法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年北京卷(理)） 如图1，在 $\text{Rt}△ABC$ 中， $\angle C=90^{\circ }$ ， $BC=3$ ， $AC=6$ ， $D,E$ 分别是 $AC,AB$ 上的人点，且 $DE\parallel BC$ ， $DE=2$ ．将 $△ADE$ 沿 $DE$ 折起到了 $△A_{1}DE$ 的位置，使 $A_{1}C\perp CD$ ，如图2．

(1)求证： $A_{1}C\perp$ 平面 $BCDE$ ；

(2)若 $M$ 是 $A_{1}D$ 的中点，求 $CM$ 与平面 $A_{1}BE$ 所成角的大小；

(3)线段 $BC$ 上是否存在点 $P$ ，使平面 $A_{1}DP$ 与平面 $A_{1}BE$ 垂直？说明理由．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 定量还原折叠前几何元素（图 1）：由 $DE\parallel BC$ 可得 $△ADE\sim △ACB$。通过相似比 $\frac{DE}{BC}=\frac{2}{3}$，解出 $AD=4$，进而得到 $CD=AC-AD=2$。原始结构中 $AC\perp BC⟹CD\perp BC$，且 $DE\parallel BC⟹DE\perp CD$。折叠时，$AD$ 变为 $A_{1}D=4$， $DE\perp A_{1}D$ 保持不变。
2. 线面垂直判定（第 1 问）：折叠后不变的垂直关系有 $DE\perp A_{1}D$ 和 $DE\perp CD$。由于 $A_{1}D\cap CD=D$，可证 $DE\perp$ 平面 $A_{1}CD$。进而得出 $DE\perp A_{1}C$。结合已知条件 $A_{1}C\perp CD$ 且 $DE\parallel BC$，利用线面垂直判定定理完成证明。
3. 建系坐标解算（第 2、3 问）：以 $C$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{CD}$、 $\overrightarrow{CB}$ 方向为 $x$ 轴、 $y$ 轴正方向，以过 $C$且垂直于面 $BCDE$ 的射线（即 $C{A}_1$ 方向）为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系。在 $\text{Rt}△A_{1}CD$ 中，由斜边 $A_{1}D=4$，直角边 $CD=2$，通过勾股定理求出 $A_{1}C=2\sqrt{3}$，确定各关键点坐标。第 2 问求出平面 $A_{1}BE$ 的法向量 $\vec{n}$，计算 $\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{CM},\vec{n}⟩|$ 得出线面角。第 3 问设点 $P(0,a,0)(0⩽a⩽3)$。求出平面 $A_{1}DP$ 的法向量 ${\vec{n}}_1$，建立方程 ${\vec{n}}_1\cdot \vec{n}=0$，判定参数 $a$ 的代数解是否落在合法的物理区间 $[0,3]$ 内。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}$

(3) 线段 $BC$ 上不存在这样的点 $P$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $A_{1}C\perp$ 平面 $BCDE$

在图1中，在 $\text{Rt}△ABC$ 中， $\angle C=90^{\circ }⟹AC\perp BC$。 因为 $DE\parallel BC$，所以 $DE\perp AC⟹DE\perp CD$，且 $DE\perp AD$。 由于 $△ADE\sim △ACB$，其对应边成比例： $\frac{AD}{AC}=\frac{DE}{BC}⟹\frac{AD}{6}=\frac{2}{3}⟹AD=4$ 由此可得： $CD=AC-AD=6-4=2$

将 $△ADE$ 沿 $DE$ 折起后（图2）：

• 保持原垂直关系不变： $DE\perp A_{1}D$ 且 $DE\perp CD$；
• 保持原线段长不变： $A_{1}D=AD=4$。

因为 $DE\perp A_{1}D$ ， $DE\perp CD$，且 $A_{1}D\cap CD=D$， $A_{1}D,CD\subset$ 平面 $A_{1}CD$，根据线面垂直判定定理： $DE\perp \text{ 平面 }{A}_{1}CD$

因为 $A_{1}C\subset$ 平面 $A_{1}CD$，所以有： $DE\perp A_{1}C$

又因为 $DE\parallel BC$，所以： $A_{1}C\perp BC$

结合已知条件 $A_{1}C\perp CD$，且 $BC\cap CD=C$ ， $BC,CD\subset$ 平面 $BCDE$，根据线面垂直判定定理： $A_{1}C\perp \text{ 平面 }BCDE$

（2）求 $CM$ 与平面 $A_{1}BE$ 所成角的大小

由（1）可知 $A_{1}C\perp$ 平面 $BCDE$，且在平面 $BCDE$ 内 $CD\perp BC$。 以 $C$ 为坐标原点，直线 $CD$ 为 $x$ 轴，直线 $BC$ 为 $y$ 轴，直线 $C{A}_1$ 为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $xOy$．

在 $\text{Rt}△A_{1}CD$ 中，由于 $A_{1}C\perp CD$，斜边 $A_{1}D=4$，直角边 $CD=2$，由勾股定理可得： $A_{1}C=\sqrt{A_1{D}^2-C{D}^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$

确定各关键特征点的坐标： $C(0,0,0),D(2,0,0),A_1(0,0,2\sqrt{3}),B(0,3,0),E(2,2,0)$

由于 $M$ 是 $A_{1}D$ 的中点，由中点坐标公式可得： $M\left(\frac{2+0}{2},\frac{0+0}{2},\frac{0+2\sqrt{3}}{2}\right)⟹M\left(1,0,\sqrt{3}\right)$ 可以写出方向向量： $\overrightarrow{CM}=\left(1,0,\sqrt{3}\right)$

计算平面 $A_{1}BE$ 上的两个不共线向量： $\overrightarrow{A_{1}B}=(0,3,-2\sqrt{3}),\overrightarrow{A_{1}E}=(2,2,-2\sqrt{3})$

设平面 $A_{1}BE$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，根据法向量垂直于平面内所有向量建立方程组： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{A_{1}B}\cdot \vec{n}=0\\ \overrightarrow{A_{1}E}\cdot \vec{n}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}3y-2\sqrt{3}z=0\\ 2x+2y-2\sqrt{3}z=0\end{array}$

令 $z=\sqrt{3}$，代入第一式解得 $y=2$。将 $y,z$ 代入第二式解得 $x=-1$。 由此得到平面 $A_{1}BE$ 的一个法向量： $\vec{n}=\left(-1,2,\sqrt{3}\right)$

设直线 $CM$ 与平面 $A_{1}BE$ 所成的角为 $\theta$，根据线面角的向量计算公式： $\sin \theta =\left|\cos ⟨\overrightarrow{CM},\vec{n}⟩\right|=\frac{\left|\overrightarrow{CM}\cdot \vec{n}\right|}{\left|\overrightarrow{CM}\right|\cdot |\vec{n}|}$ $\sin \theta =\frac{|1\times (-1)+0\times 2+\sqrt{3}\times \sqrt{3}|}{\sqrt{1^2+0^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}\times \sqrt{(-1{)}^2+2^2+{\left(\sqrt{3}\right)}^2}}=\frac{|-1+3|}{\sqrt{4}\times \sqrt{8}}=\frac{2}{2\times 2\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

因此，$CM$ 与平面 $A_{1}BE$ 所成角的大小为 $\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}$。

（3）线段 $BC$ 上是否存在点 $P$ ，使平面 $A_{1}DP$ 与平面 $A_{1}BE$ 垂直？说明理由

假设线段 $BC$ 上存在符合条件的点 $P$。 由于点 $P$ 落在 $y$ 轴的线段 $BC$ 上，且 $BC=3$，可设点 $P$ 的坐标为： $P(0,a,0)\text{其中}0⩽a⩽3$

计算平面 $A_{1}DP$ 上的两个方向向量： $\overrightarrow{D{A}_1}=(-2,0,2\sqrt{3}),\overrightarrow{DP}=(-2,a,0)$

设平面 $A_{1}DP$ 的法向量为 ${\vec{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，满足： $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{D{A}_1}\cdot {\vec{n}}_1=0\\ \overrightarrow{DP}\cdot {\vec{n}}_1=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-2x_1+2\sqrt{3}{z}_1=0\\ -2x_1+a{y}_1=0\end{array}$

令 $x_1=a$，代入方程组可解得 $y_1=2$， $z_1=\frac{\sqrt{3}}{3}a$。 为了消去分母，将法向量各项同乘 $3$，得到平面 $A_{1}DP$ 的一个法向量： ${\vec{n}}_1=\left(3a,6,\sqrt{3}a\right)$

若平面 $A_{1}DP$ 与平面 $A_{1}BE$ 垂直，则它们的法向量必须满足相互垂直的代数充要条件： ${\vec{n}}_1\cdot \vec{n}=0$

将 ${\vec{n}}_1=\left(3a,6,\sqrt{3}a\right)$ 与 $\vec{n}=\left(-1,2,\sqrt{3}\right)$ 代入点积公式中： $3a\times (-1)+6\times 2+\sqrt{3}a\times \sqrt{3}=0$ $-3a+12+3a=0⟹12=0(\text{矛盾})$

该方程在实数域内无解，无法计算出任何常数 $a$。 因此，线段 $BC$ 上不存在点 $P$，使平面 $A_{1}DP$ 与平面 $A_{1}BE$ 垂直。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：立体几何折叠模型中动、静线面关系的转换；利用空间直角坐标系高效处理线面角、面面垂直的存在性检验。
2. 核心方法：法向量正交化方法。
3. 避坑指南：

• 折叠前后混淆不变量：折叠问题中，只有发生在单块多边形内部（如 $△ADE$ 内部或四边形 $BCDE$ 内部）的线段长和垂直关系（如 $DE\perp CD$）在折叠后保持不变；而跨越折痕的元素（如 $\angle A_{1}DC$）的大小通常会发生改变，切不可直接代入。
• 建立法向量方程时，参数 $a$ 的代数结果若存在但超出 $[0,3]$ 区间，结论同样应为不存在，本题直接算得无解，逻辑上更简单。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为2012年北京卷高考理科数学第16题。其立体几何模型改编自传统经典教材中关于“直角梯形与直角三角形沿共用边折叠”的典型图形。折叠模型的本质是将二维平面的度量几何性质（如线段长、平面垂直）通过刚性旋转变换，映射到三维拓扑空间中，着重考查空间位置关系在非仿射变换下的“变”与“不变”。

2. 结论推广： 在高等几何与射影几何流形中，本题第（3）问的面面垂直存在性问题可以推广为一个通用的**“轴向折叠面面正交判定定理”**： 设直角梯形 $BCDE$ 中， $CD\perp BC$ ， $DE\parallel BC$ ，且 $CD=h$ ， $BC=a$ ， $DE=b$ 。现将 $△A_{1}DE$ 沿折痕 $DE$ 旋转折起，使得顶点 $A_1$ 在底面 $BCDE$ 上的射影恰好严格落在直线的边界 $CD$ 上。 若在动割线边 $BC$ 上存在拓扑点 $P$ ，使得旋转后的多面体满足面面垂直关系 $\text{平面 }{A}_{1}DP\perp \text{ 平面 }{A}_{1}BE$ 。 通过建立普适的空间右手直角坐标系，对两平面的法向量求点积不变量 ${\vec{n}}_1\cdot \vec{n}=0$ 进行代数解构，可推导得出点 $P$ 的分量坐标必须满足的刚性判别式。在本题特定的几何拓扑结构（即 $A_{1}C\perp \text{平面 }BCDE$ ）下，两法向量的点积方程化简后必然导致常数项与零对撞（如 $12=0$ ），从而在全实数域内刚性无解。这一射影性质说明，该几何体的面面垂直临界点在特定的旋转角下发生了空间流形的拓扑破缺，其存在性结论具有全局无条件的否定性。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系 类题演练 (Links)

• 2013-福建卷理-19 解-线面垂直

• 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