2022-新高考II卷-20 解-立几综合

本题导读

本题考查空间线面平行的判定定理。核心在于几何分析法（中位线法）、空间向量法（坐标法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年新高考II卷） 如图，$PO$ 是三棱锥 $P-ABC$ 的高，$PA=PB$，$AB\perp AC$，$E$ 为 $PB$ 的中点。

（1）证明：$OE\parallel$ 平面 $PAC$；

（2）若 $\angle ABO=\angle CBO=30^{\circ }$，$PO=3$，$PA=5$，求二面角 $C-AE-B$ 的正弦值。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（线面平行）：要证 $OE\parallel$ 平面 $PAC$，只需在平面 $PAC$ 内找到一条与 $OE$ 平行的直线。因为 $E$ 是 $PB$ 的中点，自然联想到三角形的中位线。连接 $BO$ 并延长交 $AC$ 于 $F$，若能证明 $O$ 是 $BF$ 的中点，则在 $△PBF$ 中 $OE\parallel PF$。由 $PO\perp$ 底面且 $PA=PB$ 可得 $OA=OB$。在 $Rt△ABF$ 中，$OA=OB$ 说明 $O$ 必定是斜边 $BF$ 的中点。
2. 第二问（二面角）：

• 寻找几何量：利用 $PO=3,PA=5$ 算出 $OA=OB=4$。结合 $\angle ABO=30^{\circ }$ 解 $△AOB$，再结合 $AB\perp AC$ 解底面的各个线段长度。
• 建系：因为 $AB\perp AC$，且 $PO\perp$ 底面，所以可以以 $A$ 为原点，$AB,AC$ 所在直线为 $x,y$ 轴，过 $A$ 作平行于 $PO$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系。
• 向量计算：写出 $A,B,C,P,E$ 的坐标。分别求出平面 $AEC$ 和平面 $AEB$ 的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，最后转化为二面角的正弦值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{11}{13}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：$OE\parallel$ 平面 $PAC$ 连接 $BO$ 并延长，交 $AC$ 于点 $F$。 因为 $PO$ 是三棱锥 $P-ABC$ 的高，所以 $PO\perp$ 平面 $ABC$。 又因为 $OA,OB\subset$ 平面 $ABC$，所以 $PO\perp OA$，$PO\perp OB$。 在 $Rt△POA$ 和 $Rt△POB$ 中， 因为 $PO=PO$（公共边），$PA=PB$（已知）， 所以 $Rt△POA\cong Rt△POB$ (HL)。 从而得到 $OA=OB$。

在 $△ABF$ 中，因为 $AB\perp AC$，所以 $\angle BAF=90^{\circ }$。 因为在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半。 又因为 $OA=OB$ 且 $O$ 在直线 $BF$ 上，所以 $O$ 必定是斜边 $BF$ 的中点（即 $OA=OB=OF$）。 在 $△PBF$ 中，$E$ 为 $PB$ 的中点，$O$ 为 $BF$ 的中点。 所以 $OE$ 是 $△PBF$ 的中位线，故 $OE\parallel PF$。 因为 $OE\not\subset$ 平面 $PAC$，$PF\subset$ 平面 $PAC$， 所以 $OE\parallel$ 平面 $PAC$。证明完毕。

(2) 求二面角 $C-AE-B$ 的正弦值

第一步：确定底面及各点几何关系 在 $Rt△POA$ 中，$PO=3$，$PA=5$，由勾股定理得 $OA=\sqrt{5^2-3^2}=4$。 所以 $OB=4$。 在 $△AOB$ 中，$OA=OB=4$，$\angle ABO=30^{\circ }$。 过 $O$ 作 $OD\perp AB$ 于 $D$，则 $D$ 为 $AB$ 中点。 $BD=OB\cos 30^{\circ }=4\times \frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。 所以 $AB=2BD=4\sqrt{3}$。 在 $Rt△ABF$ 中，$\angle ABF=30^{\circ }$，$AB=4\sqrt{3}$， 则 $AF=AB\tan 30^{\circ }=4\sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{3}=4$。 由于 $\angle CBO=30^{\circ }$，则 $\angle ABC=\angle ABO+\angle CBO=60^{\circ }$。 在 $Rt△ABC$ 中，$AC=AB\tan 60^{\circ }=4\sqrt{3}\times \sqrt{3}=12$。

第二步：建立空间直角坐标系 以 $A$ 为坐标原点，射线 $AB,AC$ 分别为 $x$ 轴、$y$ 轴正方向，过点 $A$ 且平行于 $OP$ 的射线为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。

则各点坐标如下： $A(0,0,0)$， $B(4\sqrt{3},0,0)$， $C(0,12,0)$。 因为 $O$ 是 $BF$ 的中点，$B(4\sqrt{3},0,0)$，$F(0,4,0)$，所以 $O(2\sqrt{3},2,0)$。 又 $PO\perp$ 平面 $ABC$，且 $PO=3$，所以 $P(2\sqrt{3},2,3)$。 因为 $E$ 是 $PB$ 的中点，由中点坐标公式得： $E(\frac{4\sqrt{3}+2\sqrt{3}}{2},\frac{0+2}{2},\frac{0+3}{2})$，即 $E(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$。

第三步：求平面法向量 ① 设平面 $AEB$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$。 $\overrightarrow{AB}=(4\sqrt{3},0,0)$， $\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$。 $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=0\Rightarrow 4\sqrt{3}x=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0\Rightarrow 3\sqrt{3}x+y+\frac{3}{2}z=0\end{array}$ 解得 $x=0$。令 $z=-2$，则 $y=3$。 取平面 $AEB$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(0,3,-2)$。

② 设平面 $AEC$ 的法向量为 $\vec{m}=(a,b,c)$。 $\overrightarrow{AC}=(0,12,0)$， $\overrightarrow{AE}=(3\sqrt{3},1,\frac{3}{2})$。 $\{\begin{array}{l}\vec{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0\Rightarrow 12b=0\\ \vec{m}\cdot \overrightarrow{AE}=0\Rightarrow 3\sqrt{3}a+b+\frac{3}{2}c=0\end{array}$ 解得 $b=0$。令 $a=1$，则 $c=-2\sqrt{3}$。 取平面 $AEC$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(1,0,-2\sqrt{3})$。

第四步：求二面角的正弦值 设平面 $AEC$ 与平面 $AEB$ 构成的二面角为 $\theta$。 $\cos ⟨\vec{m},\vec{n}⟩=\frac{\vec{m}\cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\frac{0\times 1+3\times 0+(-2)\times (-2\sqrt{3})}{\sqrt{0^2+3^2+(-2{)}^2}\times \sqrt{1^2+0^2+(-2\sqrt{3}{)}^2}}$ $=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{13}\times \sqrt{13}}=\frac{4\sqrt{3}}{13}$。 因为二面角的范围是 $[0,\pi ]$，所以 $\sin \theta ⩾0$。 $\sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2⟨\vec{m},\vec{n}⟩}=\sqrt{1-(\frac{4\sqrt{3}}{13}{)}^2}=\sqrt{1-\frac{48}{169}}=\sqrt{\frac{121}{169}}=\frac{11}{13}$。

故二面角 $C-AE-B$ 的正弦值为 $\frac{11}{13}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 中位线模型的隐藏条件：在第一问中，由 $AB\perp AC$ 且 $OA=OB$ 推出 $O$ 是 $BF$ 的中点是全题的几何“破局点”。这也是立体几何中常考的平面几何基本功（直角三角形斜边中线逆定理）。
2. 灵活建系的策略：很多同学习惯以几何体的底面中心或高所在的垂足为原点建系。但在本题中，虽然 $O$ 是垂足，但以 $A$ 为原点，利用 $AB\perp AC$ 建立 $x,y$ 轴，能直接将 $A,B,C$ 放在坐标轴上，极大地简化了向量的表达和法向量的计算。
3. 二面角的三角函数转化：无论二面角是锐角还是钝角，其正弦值永远是正数。因此，在求出两法向量夹角的余弦值（无论正负）后，直接使用 $\sin \theta =\sqrt{1-{\cos }^2⟨\vec{m},\vec{n}⟩}$ 即可，无需再判断二面角的锐钝。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：如果在第二问中不使用坐标法，纯用传统几何法该如何做？ (提示：需要在平面 $AEB$ 和平面 $AEC$ 内分别作出交线 $AE$ 的垂线。由于 $△ABE$ 和 $△ACE$ 并非特殊的等腰或直角三角形，寻找垂足位置将非常困难，计算量也会大幅增加。因此，在垂直关系（$AB\perp AC,PO\perp$ 底面）足够丰富时，空间向量法绝对是不二之选。)

🔗【关联脉络】

Multi column

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-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-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角