2018-天津卷文-17 解-线线垂直

本题导读

本题考查空间中直线与直线垂直的判定。核心在于综合法证明、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年天津卷文）如图，在四面体 $ABCD$ 中，$△ABC$ 是等边三角形，平面 $ABC\perp$ 平面 $ABD$，点 $M$ 为棱 $AB$ 的中点，$AB=2$, $AD=2\sqrt{3}$, $\angle BAD=90^{\circ }$.

(1) 求证：$AD\perp BC$；

(2) 求异面直线 $BC$ 与 $MD$ 所成角的余弦值；

(3) 求直线 $CD$ 与平面 $ABD$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. 利用面面垂直的性质定理，通过线面垂直转化为线线垂直证明 $AD\perp BC$。
2. 利用空间向量坐标法或平移法求异面直线 $BC$ 与 $MD$ 所成的角。
3. 利用直线与平面所成角的定义及等体积法（或法向量法）求解线面角。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{\sqrt{13}}{26}$

(3) $\frac{\sqrt{3}}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：取 $AB$ 的中点 $M$（已给出），连接 $CM$。 因为 $△ABC$ 是等边三角形，$AB=2$，所以 $CM\perp AB$，且 $CM=\sqrt{3}$。 因为平面 $ABC\perp$ 平面 $ABD$，且两平面交线为 $AB$， $CM\subset$ 平面 $ABC$， 所以 $CM\perp$ 平面 $ABD$。 因为 $AD\subset$ 平面 $ABD$，所以 $CM\perp AD$。 在 $△ABD$ 中，$AB=2$, $AD=2\sqrt{3}$, $\angle BAD=90^{\circ }$， 可求得 $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{4+12}=4$。 由 $△ABD$ 的边长关系可得 $\cos \angle DAB=0$（垂直），$\tan \angle ADB=\frac{AB}{AD}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}⟹\angle ADB=30^{\circ }$。 （或以 $A$ 为坐标原点建立空间直角坐标系）： 设 $A(0,0,0)$，则 $B(0,2,0)$，$D(2\sqrt{3},0,0)$。 因为 $CM\perp$ 平面 $ABD$ 且 $M$ 为 $AB$ 中点，可得 $C(\sqrt{3},1,\sqrt{3})$。 向量 $\overrightarrow{AD}=(2\sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{BC}=(\sqrt{3},-1,\sqrt{3})$。 因为 $\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}=2\sqrt{3}\times \sqrt{3}+0\times (-1)+0\times \sqrt{3}=6\ne 0$？等等，重新核对坐标： 若 $AB$ 沿 $y$ 轴：$A(0,0,0)$，$B(0,2,0)$。 $\angle BAD=90^{\circ }$ 且 $AD=2\sqrt{3}$，则 $D$ 在 $x$ 轴上：$D(2\sqrt{3},0,0)$。 $M$ 为 $AB$ 中点 $⟹M(0,1,0)$。 $CM\perp$ 平面 $ABD$ 且 $CM=\sqrt{3}$，则 $C$ 在平行于 $z$ 轴方向：$C(0,1,\sqrt{3})$。 此时向量 $\overrightarrow{AD}=(2\sqrt{3},0,0)$，$\overrightarrow{BC}=C-B=(0,-1,\sqrt{3})$。 则 $\overrightarrow{AD}\cdot \overrightarrow{BC}=2\sqrt{3}\times 0+0\times (-1)+0\times \sqrt{3}=0$。 故 $\overrightarrow{AD}\perp \overrightarrow{BC}$，即 $AD\perp BC$。

(2) 由(1)建立的坐标系： $A(0,0,0)$, $B(0,2,0)$, $D(2\sqrt{3},0,0)$, $C(0,1,\sqrt{3})$, $M(0,1,0)$。 向量 $\overrightarrow{BC}=(0,-1,\sqrt{3})$， 向量 $\overrightarrow{MD}=D-M=(2\sqrt{3},-1,0)$。 设异面直线 $BC$ 与 $MD$ 所成角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{MD}|}{|\overrightarrow{BC}||\overrightarrow{MD}|}=\frac{|0\times 2\sqrt{3}+(-1)\times (-1)+\sqrt{3}\times 0|}{\sqrt{0^2+(-1{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2}\cdot \sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(-1{)}^2+0^2}}$ $=\frac{1}{2\times \sqrt{13}}=\frac{1}{2\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{26}$ 异面直线 $BC$ 与 $MD$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{13}}{26}$。

(3) 由(1)知 $CM\perp$ 平面 $ABD$，故 $CM$ 即为点 $C$ 到平面 $ABD$ 的高，且 $CM=\sqrt{3}$。 在四面体 $ABCD$ 中，目标是求直线 $CD$ 与平面 $ABD$ 所成角 $\alpha$。 利用线面角公式：$\sin \alpha =\frac{h}{CD}$ 或通过向量法： 平面 $ABD$ 即为 $xOy$ 平面，其法向量可取 $\mathbf{n}=(0,0,1)$。 向量 $\overrightarrow{CD}=D-C=(2\sqrt{3},-1,-\sqrt{3})$。 设直线 $CD$ 与平面 $ABD$ 所成角为 $\alpha$，则： $\sin \alpha =\frac{|\overrightarrow{CD}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{CD}||\mathbf{n}|}=\frac{|2\sqrt{3}\times 0+(-1)\times 0+(-\sqrt{3})\times 1|}{\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+(-1{)}^2+(-\sqrt{3}{)}^2}\times 1}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{12+1+3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{16}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ 直线 $CD$ 与平面 $ABD$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间向量的应用、线面垂直、异面直线夹角、线面角。
2. 核心方法：空间向量坐标法。
3. 避坑指南：建立空间直角坐标系时，各点坐标必须准确无误，计算向量数量积时要细心。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考立体几何解答题的常规压轴题型。
2. 结论推广: 几何法与向量法结合可以双重验证计算结果的准确性。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 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
• 2012-天津卷文-17 解-四棱锥线面角