2021-新高考II卷-19 解-立几综合

本题导读

本题考查面面垂直判定定理。核心在于勾股定理逆定理、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年新高考II卷）如图，在四棱锥 $Q-ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 是正方形，$AD=2$，$QA=QD=\sqrt{5}$，$QC=3$。

（1）证明：平面 $QAD\perp$ 平面 $ABCD$；

（2）求二面角 $B-QD-A$ 的平面角的余弦值。


🔍【思路分析】

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1. 第一问（垂直证明）：

• 寻找高线：取 $AD$ 的中点 $O$。利用等腰 $△QAD$ 的性质可知 $QO\perp AD$。计算得 $QO=2$。
• 判定线面垂直：在底面正方形中，计算 $OC=\sqrt{5}$。观察 $△QOC$，发现 $Q{O}^2+O{C}^2=Q{C}^2$（即 $4+5=9$），由勾股定理逆定理证得 $QO\perp OC$。
• 面面垂直推导：既然 $QO$ 垂直于底面内两条相交直线 $AD$ 和 $OC$，则 $QO\perp$ 平面 $ABCD$，从而证得平面 $QAD\perp$ 平面 $ABCD$。

2. 第二问（二面角计算）：

• 建立坐标系：以 $O$ 为原点，利用第一问证得的 $QO,OA,OC$（或过 $O$ 的垂线）两两垂直的关系建立空间直角坐标系。
• 求法向量：分别写出点 $Q,B,D$ 的坐标，求出平面 $QBD$ 的一个法向量 $\vec{n}$。平面 $QAD$ 的法向量 $\vec{m}$ 可由坐标轴直接得出。
• 计算余弦值：利用公式 $|\cos \theta |=\frac{|\vec{m}\cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}$ 求解。

✅【答案】

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$\vec{n}=(2,-2,1)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：平面 $QAD\perp$ 平面 $ABCD$

1. 在 $△QAD$ 中寻找垂直：

   取 $AD$ 的中点 $O$，连接 $QO,CO$．

   因为 $QA=QD=\sqrt{5}$，且 $O$ 为 $AD$ 中点，

   根据等腰三角形性质，得 $QO\perp AD$．

   在 $\text{Rt}△QOA$ 中，$OA=1,QA=\sqrt{5}$，得 $QO=\sqrt{(\sqrt{5}{)}^2-1^2}=2$．

2. 在底面中计算长度：

   在正方形 $ABCD$ 中，$AD=2$，则 $CD=2,DO=1$．

   在 $\text{Rt}△CDO$ 中，$CO=\sqrt{C{D}^2+D{O}^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$．

3. 利用勾股定理逆定理证垂直：

   在 $△QOC$ 中，$QO=2,OC=\sqrt{5},QC=3$．

   因为 $Q{O}^2+O{C}^2=2^2+(\sqrt{5}{)}^2=4+5=9=Q{C}^2$，

   所以 $QO\perp OC$．

4. 完成面面垂直证明：

   因为 $QO\perp AD$ 且 $QO\perp OC$，且 $AD\cap OC=O$，

   所以 $QO\perp$ 平面 $ABCD$．

   又因为 $QO\subset$ 平面 $QAD$，

   所以平面 $QAD\perp$ 平面 $ABCD$．

（2）求二面角 $B-QD-A$ 的平面角的余弦值

1. 建立空间直角坐标系：

   由（1）可知，$QO,OA,OC$ 两两垂直．

   在平面 $ABCD$ 内，过 $O$ 作 $OT\parallel AB$ 交 $BC$ 于 $T$，则 $OT\perp AD$．

   以 $O$ 为原点，分别以 $OT,OA,OQ$ 为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系．

   则 $O(0,0,0),D(0,-1,0),A(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,1,0)$．

2. 求平面 $QBD$ 的法向量 $\vec{n}$：

   $\overrightarrow{DQ}=(0,1,2)$，$\overrightarrow{DB}=(2,2,0)$．

   设平面 $QBD$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，

   则 $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{DQ}=y+2z=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{DB}=2x+2y=0\end{array}$

   令 $y=-2$，得 $z=1,x=2$．

   故 $\vec{n}=(2,-2,1)$．

3. 确定平面 $QAD$ 的法向量 $\vec{m}$：

   由于平面 $QAD$ 恰好在 $yOz$ 平面上，其法向量可取为 $x$ 轴方向向量：

   $\vec{m}=(1,0,0)$．

4. 计算夹角余弦值：

   设二面角 $B-QD-A$ 的大小为 $\theta$．

   $|\cos \theta |=\frac{|\vec{m}\cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{|2\times 1+0+0|}{1\times \sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}}=\frac{2}{3}$

   由图可知，二面角 $B-QD-A$ 为锐角．

   故其平面角的余弦值为 $\frac{2}{3}$．

   解法二：过$B$作$BM\perp QD$于点$M$

   由（1）可知：平面$QAD\perp$平面$ABCD$

   $\because BA\perp AD$

   $\therefore BA\perp 面QAD$

   在$\Delta BQD$中，$BQ=\sqrt{Q{A}^2+A{B}^2}=3,QD=\sqrt{5}$，

   $BD=2\sqrt{2}\cos \angle BQD=\frac{Q{B}^2+Q{D}^2-B{D}^2}{2\times QB\times QD}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，

   即$\sin \angle BQD=\frac{BM}{BQ}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

   得：$BM=\frac{6\sqrt{5}}{5}$

   即$\sin \angle BMA=\frac{BA}{BM}=\frac{\sqrt{5}}{3}，\cos \angle BMA=\frac{2}{3}$

   即二面角$B-QD-A$的平面角的余弦值为$\frac{2}{3}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 隐藏垂直的挖掘：题目中没有直接给出垂直关系，利用“三边长满足勾股定理”来证明线线垂直是立体几何证明题的常用套路。
2. 坐标系的选取：取中点 $O$ 作为原点是本题的最佳选择，因为 $QO$ 垂直于底面，且底面是正方形，容易找到两两垂直的基向量。
3. 避坑指南：

• 计算量控制：在求法向量时，尽量选取简单的整数倍。
• 方向判定：二面角结果需根据图形判定是锐角还是钝角。由于点 $B$ 在平面 $QAD$ 的一侧，且 $QO$ 落在 $AD$ 上，通常为锐角。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：本题也可以利用几何法。过 $B$ 作 $BM\perp QD$ 于点 $M$，连接 $AM$。由于 $BA\perp$ 平面 $QAD$，由三垂线定理可判定 $\angle BMA$ 即为二面角的平面角（或其补角）。在 $△BQD$ 和 $△QAD$ 中计算线段长度即可。
• 变式思考：如果底面 $ABCD$ 变成菱形且 $\angle DAB=60^{\circ }$，第一问的证明过程会受到什么影响？ (提示：此时 $OC$ 不再垂直于 $AD$，需重新考查 $QO$ 与底面的位置关系。)

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-北京卷文-16 解-三棱锥垂直与二面角
• 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