2012-辽宁卷理-18 解-二面角

本题导读

本题考查线面平行的判定定理。核心在于几何综合法、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年辽宁卷(理)） 如图，直三棱柱 $ABC-A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 中， $\angle BAC=90^{\circ }$， $AB=AC=\lambda A{A}^{\prime }$，点 $M,N$ 分别为 $A^{\prime }B$ 和 $B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点.

(1)证明： $MN\parallel$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$；

(2)若二面角 $A^{\prime }-MN-C$ 为直二面角，求 $\lambda$ 的值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问线面平行证明：

• 观察 $M,N$ 的位置， $M$ 是 $A^{\prime }B$ 的中点， $N$ 是 $B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点。
• 连结 $A^{\prime }{B}^{\prime }$，取 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 的中点 $G$，连结 $MG,NG$。
• 在 $△A^{\prime }{B}^{\prime }B$ 中， $M,G$ 分别为中点，则 $MG\parallel B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ 且 $MG=\frac{1}{2}B{B}^{\prime }=\frac{1}{2}A{A}^{\prime }$。
• 连结 $AC$，取 $AC$ 的中点 $H$，由于 $B^{\prime }N\parallel AC$ 且等长，可通过中位线和面内平移构造平行四边形，证明 $MN\parallel GH\parallel 侧面$。
• 或者更直接地，取 $A^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点 $D$，连结 $ND,MD$，证明平面 $MND\parallel$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$。

2. 第二问二面角求解（空间向量法）：

• 建系：因为是直三棱柱且底面 $\angle BAC=90^{\circ }$，所以 $AB,AC,A{A}^{\prime }$ 两两互相垂直。以 $A$ 为原点， $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
• 坐标化：设 $A{A}^{\prime }=1$，则 $AB=AC=\lambda$。写出相关点 $A^{\prime },M,N,C$ 的坐标。
• 求法向量：分别求出平面 $A^{\prime }MN$ 和平面 $CMN$ 的方向向量，通过待定系数方程组求出两个平面的法向量 ${\mathbf{n}}_1$ 和 ${\mathbf{n}}_2$。
• 直二面角转化：两平面成直二面角，等价于它们的法向量互相垂直，即 ${\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2=0$，由此列出关于 $\lambda$ 的方程求出其值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\sqrt{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $MN\parallel$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$

取 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 的中点 $G$，连结 $MG,NG$。

因为 点 $M$ 是 $A^{\prime }B$ 的中点， $G$ 是 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 的中点， 所以 在 $△A^{\prime }{B}^{\prime }B$ 中， $MG$ 为中位线，有： $MG\parallel B{B}^{\prime },MG=\frac{1}{2}B{B}^{\prime }$

因为 在直三棱柱 $ABC-A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 中，侧棱 $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ 且 $B{B}^{\prime }=A{A}^{\prime }$， 所以 $MG\parallel A{A}^{\prime },MG=\frac{1}{2}A{A}^{\prime }$。

取 $AC$ 的中点 $H$，连结 $A^{\prime }H$。 因为 $A{A}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$，且 $H$ 为 $AC$ 中点，容易得到四边形 $A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C$ 是矩形， 所以 $A^{\prime }H$ 与 $A{A}^{\prime }$ 的半线段平行且相等，即： $MG\parallel A^{\prime }H,MG=A^{\prime }H$ 由此可知，四边形 $MG{A}^{\prime }H$ 是平行四边形，故 $MN$ 的方向可由另外的中位线规律化简。

更简捷的证明路径： 取 $A^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点 $D$，连结 $ND,MD$。 因为 $N$ 是 $B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点， $D$ 是 $A^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点， 所以 $ND\parallel B^{\prime }{A}^{\prime }$。 因为 $B^{\prime }{A}^{\prime }\parallel BA$，所以 $ND\parallel BA$。 又因为 $M$ 是 $A^{\prime }B$ 的中点，由投影面可证 $MD\parallel B{C}^{\prime }$。

我们直接采用取 $A^{\prime }{B}^{\prime }$ 中点 $G$ 的常规路径： 连结 $GN$。因为 $G,N$ 分别为 $A^{\prime }{B}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点， 所以 $GN\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$。 因为 $MG\parallel A{A}^{\prime }$，且 $MG\cap GN=G$ ， $A{A}^{\prime }\cap A^{\prime }{C}^{\prime }=A^{\prime }$， 所以 平面 $MGN\parallel$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$。 因为 $MN\subset$ 平面 $MGN$， 所以 $MN\parallel$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$。

（2）解：若二面角 $A^{\prime }-MN-C$ 为直二面角，求 $\lambda$ 的值

because 在直三棱柱 $ABC-A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ 中， $A{A}^{\prime }\perp$ 平面 $ABC$， 所以 $A{A}^{\prime }\perp AB,A{A}^{\prime }\perp AC$。 又因为 已知 $\angle BAC=90^{\circ }⟹AB\perp AC$， 所以 $AB,AC,A{A}^{\prime }$ 两两互相垂直。

以 $A$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{A{A}^{\prime }}$ 的方向为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。

设 $A{A}^{\prime }=1$，则由已知 $AB=AC=\lambda A{A}^{\prime }$ 得 $AB=AC=\lambda$（其中 $\lambda >0$）。 各相关点的坐标分别为： $A(0,0,0),B(\lambda ,0,0),C(0,\lambda ,0),A^{\prime }(0,0,1),B^{\prime }(\lambda ,0,1),C^{\prime }(0,\lambda ,1)$

because 点 $M$ 是 $A^{\prime }B$ 的中点，点 $N$ 是 $B^{\prime }{C}^{\prime }$ 的中点， 根据中点坐标公式可得： $M\left(\frac{\lambda }{2},0,\frac{1}{2}\right),N\left(\frac{\lambda }{2},\frac{\lambda }{2},1\right)$

由此可写出向量的坐标表示： $\overrightarrow{A^{\prime }M}=\left(\frac{\lambda }{2},0,-\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{A^{\prime }N}=\left(\frac{\lambda }{2},\frac{\lambda }{2},0\right)$ $\overrightarrow{CM}=\left(\frac{\lambda }{2},-\lambda ,\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{CN}=\left(\frac{\lambda }{2},-\frac{\lambda }{2},1\right)$

设平面 $A^{\prime }MN$ 的一个法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则有： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{A^{\prime }M}=0⟹\frac{\lambda }{2}{x}_1-\frac{1}{2}{z}_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{A^{\prime }N}=0⟹\frac{\lambda }{2}{x}_1+\frac{\lambda }{2}{y}_1=0\end{array}$ 由第一式得 $z_1=\lambda x_1$，由第二式得 $y_1=-x_1$。 令 $x_1=1$，可得平面 $A^{\prime }MN$ 的一个法向量为： ${\mathbf{n}}_1=(1,-1,\lambda )$

设平面 $CMN$ 的一个法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则有： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{CM}=0⟹\frac{\lambda }{2}{x}_2-\lambda y_2+\frac{1}{2}{z}_2=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{CN}=0⟹\frac{\lambda }{2}{x}_2-\frac{\lambda }{2}{y}_2+z_2=0\end{array}$ 两式相减（第二式减第一式）得： $\frac{\lambda }{2}{y}_2+\frac{1}{2}{z}_2=0⟹z_2=-\lambda y_2$ 将 $z_2=-\lambda y_2$ 代入第二式中： $\frac{\lambda }{2}{x}_2-\frac{\lambda }{2}{y}_2-\lambda y_2=0⟹\frac{\lambda }{2}{x}_2=\frac{3\lambda }{2}{y}_2⟹x_2=3y_2$ 令 $y_2=1转换$，可得平面 $CMN$ 的一个法向量为： ${\mathbf{n}}_2=(3,1,-\lambda )$

because 已知二面角 $A^{\prime }-MN-C$ 为直二面角， 所以 两个平面的法向量互相垂直，其数量积恒等于 0： ${\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2=0⟹1\times 3+(-1)\times 1+\lambda \times (-\lambda )=0$ $3-1-{\lambda }^2=0⟹{\lambda }^2=2$

because 参数 $\lambda >0$， 开平方释放可得： $\lambda =\sqrt{2}$

故答案为： （1）证明见解析； （2） $\lambda =\sqrt{2}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面平行性质在线面平行证明中的桥梁作用、三维两两垂直系的识别与建系、面法向量交汇的数量积运算。
2. 核心方法：空间直角坐标系法。
3. 避坑指南：

• 第一问证明线面平行时，必须交待清楚“ $MN\not\subset$ 平面 $A^{\prime }AC{C}^{\prime }$”这一排除性前提，否则属于定理条件缺失。
• 第二问求中点 $M,N$ 的坐标时一定要当心。特别是 $M$ 点作为空间斜跨线段 $A^{\prime }B$ 的中点，其坐标是两端点各分量相加除以2，切勿看错底面投影。

📖【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》中关于面面垂直、二面角向量法求解的高考压轴立体几何中档大题。
2. 结论推广：本题模型是标准的柱体截面正交特征模型。在底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，若侧棱与底面边长满足 $\lambda =\frac{\text{底棱}}{\text{侧棱}}=\sqrt{2}$ 时，其空间中点的连线与相对顶点构成的三角形平面，在几何拓扑上恰好满足完美的法向正交性。熟记 $\lambda =\sqrt{2}$ 这一经典特异性常数，能够帮助我们在考场填空或选择题中实现零计算秒出答案。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.07三角形五心与奔驰定理 类题演练 (Links)

• 2008-浙江卷文-20 解-线面平行二面角

• 2013-浙江卷理-20 解-线面平行

• 2008-江苏卷-16 解-线面平行垂直