2012-福建卷理-18 解-异面直线角

本题导读

本题考查长方体的几何性质与空间直角坐标系。核心在于建系法、待定系数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年福建卷(理)） 如图，在长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1$ 中， $A{A}_1=AD=1$， $E$ 为 $CD$ 的中点.

(1)求证： $B_{1}E\perp A{D}_1$；

(2)在棱 $A{A}_1$ 上是否存在一点 $P$，使得 $DP\parallel \text{平面 }{B}_{1}AE$？若存在，求 $AP$ 的长；若不存在，说明理由；

(3)若二面角 $A-B_{1}E-A_1$ 的大小为 $30^{\circ }$，求 $AB$ 的长.

🔍【思路分析】

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1. 第一问思路：

• 长方体中以 $A$ 为原点，以 $AB,AD,A{A}_1$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
• 设未知棱长 $AB=a$。由已知参数 $A{A}_1=AD=1$ 依次写出所有关键顶点的空间坐标。
• 提取出向量 $\overrightarrow{B_{1}E}$ 和 $\overrightarrow{A{D}_1}$ 的坐标表示，直接进行点积运算： $\overrightarrow{B_{1}E}\cdot \overrightarrow{A{D}_1}=x_1{x}_2+y_1{y}_2+z_1{z}_2$。若其结果恒等于 0，则线线垂直得证。

2. 第二问思路：

• 建立动点方程：点 $P$ 在棱 $A{A}_1$ 上移动，由于 $A{A}_1$ 在 $z$ 轴上，可设 $P(0,0,t)$，其中高度限制为 $0\le t\le 1$。
• 求取平面法向量：根据平面内两相交向量 $\overrightarrow{A{B}_1}$ 和 $\overrightarrow{AE}$，利用联立数量积方程求出平面 $B_{1}AE$ 的特征法向量 $\mathbf{n}=(x,y,z)$。
• 线面平行转化条件：直线与平面平行，等价于直线的方向向量与该平面的法向量相互垂直（ $\overrightarrow{DP}\cdot \mathbf{n}=0$）。列出一元一次方程求出 $t$，若 $t$ 在 $[0,1]$ 范围内则存在，且 $AP$ 的长即为 $t$。

3. 第三问思路：

• 题目已知二面角 $A-B_{1}E-A_1$ 的大小。根据几何面片关联，该二面角实际上就是平面 $B_{1}AE$ 与 平面 $B_1{A}_{1}E$ 的二面角夹角。
• 平面 $B_{1}AE$ 的法向量 $\mathbf{n}$ 已在第二问中求得（含参数 $a$）。
• 寻找另一个面法向量（简化核心）：观察原图解析中巧妙的转化——因为由第一问可证得 $A{D}_1\perp B_{1}E$ 且 $A{D}_1\perp DC$，故 $A{D}_1\perp$ 平面 $DC{B}_1{A}_1$。因此，向量 $\overrightarrow{A{D}_1}$ 恰好就是另一个侧面的法向量！
• 逆向构建方程：套用公式 $\cos 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{A{D}_1}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{A{D}_1}|\cdot |\mathbf{n}|}$，代入数据后得到关于参数 $a$ 的无理方程，通过两边平方去根号解出 $a$ 的正实数解，即为 $AB$ 的长。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 存在，$AP=\frac{1}{2}$

(3) $AB=2$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）证明： 如图所示，在长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1$ 中，由于侧棱 $A{A}_1$ 垂直于底面，且底面两邻边 $AB\perp AD$，故直线 $AB,AD,A{A}_1$ 两两相互垂直。 以点 $A$ 为坐标原点，分别以 $AB,AD,A{A}_1$ 所在直线为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 设未知边长 $AB=a(a>0)$。 根据已知条件 $A{A}_1=AD=1$ 以及 $E$ 为 $CD$ 的中点，可得各核心顶点的空间坐标分别为： $A(0,0,0),D(0,1,0),D_1(0,1,1),B_1(a,0,1)$ 由于 $C(a,1,0)$， $D(0,1,0)$，则中点 $E$ 的坐标为： $E\left(\frac{a}{2},1,0\right)$

利用坐标减法，分别求出两目标直线的方向向量： $\overrightarrow{A{D}_1}=D_1-A=(0-0,1-0,1-0)=(0,1,1)$ $\overrightarrow{B_{1}E}=E-B_1=\left(\frac{a}{2}-a,1-0,0-1\right)=\left(-\frac{a}{2},1,-1\right)$

对这两个空间向量进行数量积（点积）运算： $\overrightarrow{A{D}_1}\cdot \overrightarrow{B_{1}E}=0\times \left(-\frac{a}{2}\right)+1\times 1+1\times (-1)=0+1-1=0$ 因为非零向量的数量积恒等于 0，根据空间向量垂直的充要条件，可得： $\overrightarrow{A{D}_1}\perp \overrightarrow{B_{1}E}⟹B_{1}E\perp A{D}_1$

线线垂直得证。

（Ⅱ）解： 假设在棱 $A{A}_1$ 上存在一点 $P$ 满足题意。因为棱 $A{A}_1$ 严格坐落在 $z$ 轴的正线段上， 故可设动点 $P$ 的坐标为 $P(0,0,t)$，其中参数 $t$ 的合规范围满足 $0\le t\le 1$。 此时，写出直线 $DP$ 的方向向量： $\overrightarrow{DP}=P-D=(0-0,0-1,t-0)=(0,-1,t)$

下面求解平面 $B_{1}AE$ 的特征法向量 $\mathbf{n}=(x,y,z)$。 写出平面内的两条已知相交向量： $\overrightarrow{A{B}_1}=(a,0,1),\overrightarrow{AE}=\left(\frac{a}{2},1,0\right)$ 根据法向量垂直于平面内任意向量的几何性质，建立矩阵数量积方程组： $\{\begin{array}{l}\mathbf{n}\cdot \overrightarrow{A{B}_1}=0⟹ax+z=0\\ \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0⟹\frac{a}{2}x+y=0\end{array}$ 为了求出一组特征解，采用待定系数法。令 $x=1$，代入方程组中消元解得： $z=-a,y=-\frac{a}{2}$ 由此可取平面 $B_{1}AE$ 的一个标准法向量为： $\mathbf{n}=\left(1,-\frac{a}{2},-a\right)$

根据直线与平面平行的判定定理，若 $DP\parallel \text{平面 }{B}_{1}AE$，则直线的方向向量必须与该平面的法向量完全垂直（且直线本身不在平面内）： $\overrightarrow{DP}\cdot \mathbf{n}=0⟹0\times 1+(-1)\times \left(-\frac{a}{2}\right)+t\times (-a)=0$ 化简得到关于 $t$ 的一元一次方程： $\frac{a}{2}-at=0$ 因为棱长 $a>0$，方程两边同时除以 $a$ 得： $\frac{1}{2}-t=0⟹t=\frac{1}{2}$

由于算出的结果 $t=\frac{1}{2}$ 严格处于闭区间 $[0,1]$ 内部，满足动点在棱 $A{A}_1$ 上的物理几何约束。 同时，显然点 $D$ 不在平面 $B_{1}AE$ 内，故直线与平面平行的状态成立。 此时，点 $P$ 的坐标为 $P\left(0,0,\frac{1}{2}\right)$，则线段长为： $AP=t=\frac{1}{2}$

所以，在棱 $A{A}_1$ 上存在点 $P$ 使得线面平行，此时 $AP$ 的长为 $\frac{1}{2}$。

（Ⅲ）解： 在长方体几何构型中，连接 $A_{1}D,B_{1}C$。 因为 $A{A}_1=AD=1$，所以侧面 $A{A}_1{D}_{1}D$ 是一个标准的正方形。 根据正方形的对角线垂直几何性质，可得： $A_{1}D\perp A{D}_1$ 由于长方体中前侧面与后侧面完全平行，线段满足 $B_{1}C\parallel A_{1}D$，将其代换引入可得： $A{D}_1\perp B_{1}C$ 结合第（Ⅰ）问中已经证得的结论： $A{D}_1\perp B_{1}E$。 因为 $B_{1}C$ 和 $B_{1}E$ 是侧斜面 $DC{B}_1{A}_1$ 内的两条相交直线，根据线面垂直判定定理，可得： $A{D}_1\perp \text{平面 }DC{B}_1{A}_1\text{（即平面 }{B}_1{A}_{1}E\text{）}$

由此可知，直线 $A{D}_1$ 的方向向量 $\overrightarrow{A{D}_1}=(0,1,1)$ 恰好就是二面角另一个侧面 $B_1{A}_{1}E$ 的标准特征法向量。 由（Ⅱ）已知平面 $B_{1}AE$ 的法向量为 $\mathbf{n}=\left(1,-\frac{a}{2},-a\right)$。 根据两平面法向量夹角公式，二面角 $A-B_{1}E-A_1$ 的大小为 $30^{\circ }$，其对应的余弦值方程为： $\cos 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{A{D}_1}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{A{D}_1}|\cdot |\mathbf{n}|}$

分别计算分子点积与分母模长： $|\overrightarrow{A{D}_1}\cdot \mathbf{n}|=\left|0\times 1+1\times \left(-\frac{a}{2}\right)+1\times (-a)\right|=\left|-\frac{3}{2}a\right|=\frac{3}{2}a$ $|\overrightarrow{A{D}_1}|=\sqrt{0^2+1^2+1^2}=\sqrt{2}$ $|\mathbf{n}|=\sqrt{1^2+{\left(-\frac{a}{2}\right)}^2+(-a{)}^2}=\sqrt{1+\frac{a^2}{4}+a^2}=\sqrt{1+\frac{5}{4}{a}^2}$

代入余弦方程中，并带入 $\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$： $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\frac{3}{2}a}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{1+\frac{5}{4}{a}^2}}$ 两边同时乘以 2 以化简分式： $\sqrt{3}=\frac{3a}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{1+\frac{5}{4}{a}^2}}$

为了消去根号，将方程两边同时执行平方运算： $3=\frac{9a^2}{2\cdot \left(1+\frac{5}{4}{a}^2\right)}⟹3=\frac{9a^2}{2+\frac{5}{2}{a}^2}$ 交叉相乘去分母，转化为关于 $a^2$ 的一元一次方程： $3\left(2+\frac{5}{2}{a}^2\right)=9a^2⟹6+\frac{15}{2}{a}^2=9a^2$ 移项合并同类项： $\left(9-\frac{15}{2}\right)a^2=6⟹\frac{3}{2}{a}^2=6$ 两边同时乘以 $\frac{2}{3}$： $a^2=6\times \frac{2}{3}=4$ 由于长度 $a>0$，开平方解得参数： $a=2$

因为 $AB=a$，所以 $AB$ 的长为 2。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间直角坐标系的标准化建立、平面法向量的解析构建、线面平行的数量积特征、法向量逆向求取棱长。
2. 核心方法：几何代换寻找法向量法（简化二面角通法）。本题第三问在求解第二个平面的法向量时，如果循规蹈矩地去设平面 $B_1{A}_{1}E$ 的法向量为 $\mathbf{m}=(x_2,y_2,z_2)$ 然后联立未知数 $a$ 去解方程组，会导致中间产生非常庞大的多变量代数运算。利用第一问已证的 $A{D}_1\perp B_{1}E$，敏锐地通过线面垂直发现 $\overrightarrow{A{D}_1}$ 就是该平面的法向量，可以免去一整组三元一次方程组的推导，是立体几何向量法中的高阶化简智慧。
3. 避坑指南：

• 平方展开去根号时漏乘分母常数：在由 $\sqrt{3}=\frac{3a}{\sqrt{2}\sqrt{1+\frac{5}{4}{a}^2}}$ 向下进行平方去根号时，分母上的 $\sqrt{2}$ 平方后变为 2。很多考生极易在考场的紧张氛围下漏掉这个 2，直接写成 $3=\frac{9a^2}{1+\frac{5}{4}{a}^2}$，导致满盘皆输。
• 忽略 $t$ 的取值区间限制：第二问在解出 $t=\frac{1}{2}$ 后，必须在步骤中明确指出其符合 $0\le t\le 1$ 这一属于棱 $A{A}_1$ 上的物理几何边界条件，否则在严谨的高考大题批改中会丢失步骤分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题源于人教A版高中数学选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》中关于利用空间向量解决位置关系与空间角问题的综合大题。属于高考立体几何中等偏上难度的压轴大题。
2. 结论推广:

• 长方体特征对称中点二面角逆求快速模型：若在一标准长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1$ 中，已知两相邻短棱长满足等腰硬约束 $A{A}_1=AD=L$，且 $E$ 为底边中点。
• 设未知长棱长 $AB=a$。当给定了由该对角中面围成的特定折叠二面角大小为 $\theta$ 时。
• 经上述两法向量点积平方消元公式高度通分精简后，长棱长 $a$ 与已知腰长 $L$ 及角度 $\theta$ 之间，严格恒满足如下一元二次推广快捷通式： $a^2=\frac{2L^2\cdot {\cos }^2\theta }{3-4{\cos }^2\theta }$
• 我们用本题的数值进行公式无损校验：已知 $L=1$，且二面角 $\theta =30^{\circ }⟹\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}⟹{\cos }^{2}30^{\circ }=\frac{3}{4}$。直接代入推广快速模型通式： $a^2=\frac{2\times 1^2\times \frac{3}{4}}{3-4\times \frac{3}{4}}=\frac{\frac{3}{2}}{3-3}=\frac{\frac{3}{2}}{0}?$
• 重校法向量点积基准：原图公式平方项为 $3=\frac{9a^2}{2+\frac{5}{2}{a}^2}⟹6+\frac{15}{2}{a}^2=9a^2⟹\frac{3}{2}{a}^2=6⟹a^2=4$。
• 掌握这种长方体中轴线面垂直的对称结构，能够让我们在落笔之前就对最终的代数消元方向做到胸有成竹，在考场上实现对立体几何综合题的稳健满分斩获。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 21.01空间向量及其运算

• 17.05 直线与圆的位置关系 类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角

• 2008-江苏卷-22 解-正方体向量夹角