2022-北京卷-17 解-立几综合

本题导读

本题考查直线与平面平行。核心在于几何逻辑/作辅助线构造面面平行、几何逻辑/作辅助线构造平行四边形的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年北京卷） 如图，在三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，侧面 $BC{C}_1{B}_1$ 为正方形，平面 $BC{C}_1{B}_1\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，$AB=BC=2$，$M$，$N$ 分别为 $A_1{B}_1$，$AC$ 的中点．

（Ⅰ）求证：$MN//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$；

（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线 $AB$ 与平面 $BMN$ 所成角的正弦值．

条件①：$AB\perp MN$；

条件②：$BM=MN$．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

🔍【思路分析】

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• 第（Ⅰ）问（证明线面平行）：通常有两种思路。一是通过“线面平行 $⟹$ 面面平行 $⟹$ 线面平行”，取 $AB$ 中点 $K$，构造平面 $MNK$，证明平面 $MNK//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$；二是通过构造平行四边形，取 $BC$ 中点 $D$，证明四边形 $B_{1}MND$ 为平行四边形，从而得到 $MN//B_{1}D$。

• 第（Ⅱ）问（求线面角）：核心是建立空间直角坐标系。已知面面垂直且侧面为正方形，利用面面垂直的性质定理可得 $CB\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$。要建系，还需证明 $AB\perp B{B}_1$。利用所选的条件①或②，结合几何关系推导出 $AB\perp B{B}_1$，从而说明 $BC,BA,B{B}_1$ 两两垂直。以 $B$ 为原点建系后，利用法向量法求解线面角的正弦值即可。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 无论选择条件①还是条件②，直线 $AB$ 与平面 $BMN$ 所成角的正弦值均为 $\frac{2}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）求证：$MN//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$

证法一（利用面面平行）：

取 $AB$ 的中点 $K$，连结 $NK,MK$。

因为 $M$ 为 $A_1{B}_1$ 的中点，所以在平行四边形 $AB{B}_1{A}_1$ 中，$B_{1}M//BK$ 且 $B_{1}M=BK$。

所以四边形 $BKM{B}_1$ 是平行四边形，故 $MK//B{B}_1$。

因为 $MK\not\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，$B{B}_1\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，

所以 $MK//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

又因为 $K$ 是 $AB$ 的中点，$N$ 是 $AC$ 的中点，所以 $NK//BC$。

同理，因为 $NK\not\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，$BC\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，

所以 $NK//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

因为 $NK\cap MK=K$，$NK,MK\subset$ 平面 $NMK$，

所以平面 $NMK//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

又因为 $MN\subset$ 平面 $NMK$，

所以 $MN//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

证法二（利用平行四边形）：

取 $BC$ 的中点 $D$，连结 $B_{1}D,ND$。

因为 $N$ 为 $AC$ 的中点，$D$ 为 $BC$ 的中点，所以 $ND//AB$，且 $ND=\frac{1}{2}AB$。

因为 $M$ 为 $A_1{B}_1$ 的中点，所以 $B_{1}M//AB$，且 $B_{1}M=\frac{1}{2}AB$。

所以 $ND//B_{1}M$ 且 $ND=B_{1}M$。

因此，四边形 $B_{1}MND$ 是平行四边形，故 $MN//B_{1}D$。

因为 $MN\not\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，$B_{1}D\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，

所以 $MN//$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。

（Ⅱ）求直线 $AB$ 与平面 $BMN$ 所成角的正弦值

因为侧面 $BC{C}_1{B}_1$ 为正方形，所以 $CB\perp B{B}_1$。

又因为平面 $BC{C}_1{B}_1\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，平面 $BC{C}_1{B}_1\cap$ 平面 $AB{B}_1{A}_1=B{B}_1$，$CB\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，

所以 $CB\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$。

因为 $AB,MK\subset$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，所以 $CB\perp AB$ 且 $CB\perp MK$。

由（Ⅰ）知 $NK//BC$，所以 $NK\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，从而 $NK\perp AB$ 且 $NK\perp MK$。

若选择条件①：$AB\perp MN$

因为 $AB\perp MN$，$AB\perp NK$，$MN\cap NK=N$，

所以 $AB\perp$ 平面 $MNK$。

因为 $MK\subset$ 平面 $MNK$，所以 $AB\perp MK$。

又 $MK//B{B}_1$，所以 $AB\perp B{B}_1$。

至此，$BC,BA,B{B}_1$ 两两互相垂直。

若选择条件②：$BM=MN$

在 $△BKM$ 与 $△NKM$ 中，

因为 $NK\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，所以 $\angle NKM=90^{\circ }$。

已知 $BM=MN$，$MK$ 为公共边，且 $BK=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}BC=NK$，

所以 $Rt△BKM\cong Rt△NKM$，

从而 $\angle BKM=\angle NKM=90^{\circ }$，即 $AB\perp MK$。

又 $MK//B{B}_1$，所以 $AB\perp B{B}_1$。

至此，$BC,BA,B{B}_1$ 两两互相垂直。

建系与求解：

以 $B$ 为坐标原点，射线 $BC,BA,B{B}_1$ 的方向分别为 $x,y,z$ 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 $B-xyz$。

因为 $BC=AB=B{B}_1=2$，则各点坐标如下：

$B(0,0,0)$，$A(0,2,0)$，$N(1,1,0)$（$N$ 为 $AC$ 中点），$M(0,1,2)$（$M$ 为 $A_1{B}_1$ 中点）。

可得向量：

$\overrightarrow{BM}=(0,1,2)$

$\overrightarrow{BN}=(1,1,0)$

$\overrightarrow{BA}=(0,2,0)$

设平面 $BMN$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则有：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{BM}=y+2z=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{BN}=x+y=0\end{array}$

令 $z=1$，则 $y=-2$，$x=2$。

所以平面 $BMN$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(2,-2,1)$。

设直线 $AB$ 与平面 $BMN$ 所成角为 $\theta$，则：

$\sin \theta =|\cos ⟨\vec{n},\overrightarrow{BA}⟩|=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BA}|}{|\vec{n}|\cdot |\overrightarrow{BA}|}=\frac{|2\times 0+(-2)\times 2+1\times 0|}{\sqrt{2^2+(-2{)}^2+1^2}\times 2}=\frac{4}{3\times 2}=\frac{2}{3}$

所以，直线 $AB$ 与平面 $BMN$ 所成角的正弦值为 $\frac{2}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 线面平行的判定：寻找线面平行的关键在于“转化”。一是转化为面面平行（找两条相交直线分别平行）；二是转化为平面内的一条已知直线（通过平移构造平行四边形）。本题提供的两种证法是非常经典的范例。

2. 面面垂直的性质定理的应用：利用“面面垂直 $⟹$ 线面垂直”是立体几何建立空间坐标系的核心突破口。本题中 $CB\perp$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$ 是建系的基础。

3. 开放性条件的选择：北京卷常考这种“条件二选一”的题型。本质上，无论是证明线线垂直（条件①）还是利用三角形全等得出垂直（条件②），最终目的都是为了补全建系的第三个正交条件（$AB\perp B{B}_1$）。练习时建议将两个条件都推导一遍，锻炼逻辑思维。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【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-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2016-浙江卷理-02
• 2009-辽宁卷-18