2022-浙江卷-19 解-立几综合

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。核心在于传统综合几何证明法、空间向量坐标运算（代数法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年浙江卷） 如图，已知 $ABCD$ 和 $CDEF$ 都是直角梯形，$AB//DC$，$DC//EF$，$AB=5$，$DC=3$，$EF=1$，$\angle BAD=\angle CDE=60^{\circ }$，二面角 $F-DC-B$ 的平面角为 $60^{\circ }$．设 $M$，$N$ 分别为 $AE$，$BC$ 的中点．

（Ⅰ）证明：$FN\perp AD$；

（Ⅱ）求直线 $BM$ 与平面 $ADE$ 所成角的正弦值．

🔍【思路分析】

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第（Ⅰ）问：证明线线垂直（$FN\perp AD$）。

通常转化为证明“线面垂直”。要证 $FN\perp AD$，只需证明 $FN\perp 平面ABCD$。

• 切入点：寻找与 $FN$ 相关的平面图形。由直角梯形性质可得 $CD\perp CF$ 且 $CD\perp CB$，因此 $\angle FCB$ 即为二面角 $F-DC-B$ 的平面角，大小为 $60^{\circ }$。

• 进一步通过解两个直角梯形，算出 $CF=2\sqrt{3}$，$CB=2\sqrt{3}$，从而得出 $△BCF$ 是等边三角形。

• 因为 $N$ 是等边 $△BCF$ 底边 $BC$ 的中点，所以 $FN\perp BC$。再结合 $CD\perp 平面BCF⟹CD\perp FN$，由线面垂直的判定定理即可证得 $FN\perp 平面ABCD$，进而证得 $FN\perp AD$。

第（Ⅱ）问：求直线与平面所成角。

由于在（Ⅰ）中已经找到底面的垂线 $FN$，故首选“空间向量法”。

• 以 $N$ 为原点，以平行于 $CD$ 的直线为 $x$ 轴，$CB$ 所在直线为 $y$ 轴，$NF$ 所在直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系。

• 写出各关键点坐标，计算出直线 $BM$ 的方向向量以及平面 $ADE$ 的法向量。

• 利用正弦公式 $\sin \theta =\frac{|\vec{v}\cdot \vec{n}|}{|\vec{v}||\vec{n}|}$ 代入求解即可。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 见解析（含 $\theta$ 的正切/正弦值）

✍【详细解析】

Abstract

1. 寻找二面角的平面角

因为 $ABCD$ 和 $CDEF$ 都是直角梯形，且 $AB//DC$，$DC//EF$，$\angle BAD=60^{\circ }$，$\angle CDE=60^{\circ }$。

根据直角梯形的定义，直角应在 $C$ 和 $B$（对于 $ABCD$）以及 $C$ 和 $F$（对于 $CDEF$）处。

所以有：$CD\perp CB$，$CD\perp CF$。

又因为平面 $ABCD\cap$ 平面 $CDEF=CD$，$CF\subset$ 平面 $CDEF$，$CB\subset$ 平面 $ABCD$，

所以 $\angle FCB$ 即为二面角 $F-DC-B$ 的平面角。

由题意知，$\angle FCB=60^{\circ }$。

2. 证明 $△BCF$ 为等边三角形

在直角梯形 $CDEF$ 中，作 $EH\perp CD$ 交 $CD$ 于 $H$。

则 $CH=EF=1$，$DH=CD-CH=3-1=2$。

在 $Rt△EHD$ 中，$\angle CDE=60^{\circ }$，所以 $EH=DH\cdot \tan 60^{\circ }=2\sqrt{3}$，即 $CF=2\sqrt{3}$。

同理，在直角梯形 $ABCD$ 中，作 $AK\perp CD$ 的延长线于 $K$（或利用作高转化），

易得 $BC=(AB-CD)\cdot \tan 60^{\circ }=(5-3)\times \sqrt{3}=2\sqrt{3}$。

因为 $CF=CB=2\sqrt{3}$，且夹角 $\angle FCB=60^{\circ }$，

所以 $△BCF$ 是等边三角形。

3. 证明线面垂直推导线线垂直

因为 $N$ 为 $BC$ 的中点，且 $△BCF$ 为等边三角形，所以 $FN\perp CB$。

因为 $DC\perp FC$，$DC\perp BC$，$FC\cap BC=C$，所以 $DC\perp$ 平面 $FCB$。

又因为 $FN\subset$ 平面 $FCB$，所以 $DC\perp FN$。

因为 $FN\perp CB$，$FN\perp DC$，$CB\cap DC=C$，$CB,DC\subset$ 平面 $ABCD$，

所以 $FN\perp$ 平面 $ABCD$。

又因为 $AD\subset$ 平面 $ABCD$，

故 $FN\perp AD$，原命题得证。

由于 $FN\perp$ 平面 $ABCD$，且 $CD\perp BC$。

以 $N$ 为坐标原点，建立如下空间直角坐标系 $N-xyz$：

• 以过点 $N$ 且平行于 $CD$ 的直线为 $x$ 轴（正方向同 $\overrightarrow{CD}$）；

• 以直线 $CB$ 为 $y$ 轴（正方向为 $N\to B$）；

• 以直线 $NF$ 为 $z$ 轴（正方向为 $N\to F$）。

因为 $△BCF$ 是边长为 $2\sqrt{3}$ 的等边三角形，$N$ 为中点，

所以 $BC=2\sqrt{3}⟹B$ 的坐标为 $(0,\sqrt{3},0)$，$C$ 的坐标为 $(0,-\sqrt{3},0)$。

高 $FN=2\sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=3$，所以 $F$ 的坐标为 $(0,0,3)$。

根据边长关系，可写出其余各点坐标：

• $A(5,\sqrt{3},0)$

• $D(3,-\sqrt{3},0)$

• $E(1,0,3)$ （因为 $\overrightarrow{FE}//\overrightarrow{CD}$ 且长度为1）

已知 $M$ 为 $AE$ 的中点，由中点坐标公式得：

$M\left(\frac{5+1}{2},\frac{\sqrt{3}+0}{2},\frac{0+3}{2}\right)=\left(3,\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2}\right)$

接下来求相关向量：

\overrightarrow{BM} = M - B = \left( 3, \frac{\sqrt{3}}{2} - \sqrt{3}, \frac{3}{2} \right) = \left( 3, -\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{3}{2} \right)$$$$\overrightarrow{DA} = A - D = \left( 5-3, \sqrt{3}-(-\sqrt{3}), 0-0 \right) = \left( 2, 2\sqrt{3}, 0 \right)$$$$\overrightarrow{DE} = E - D = \left( 1-3, 0-(-\sqrt{3}), 3-0 \right) = \left( -2, \sqrt{3}, 3 \right)

设平面 $ADE$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则有：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{DA}=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{DE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}2x+2\sqrt{3}y=0\\ -2x+\sqrt{3}y+3z=0\end{array}$

由第一个方程得 $x=-\sqrt{3}y$。

令 $y=-1$，则 $x=\sqrt{3}$。代入第二个方程：

$-2(\sqrt{3})+\sqrt{3}(-1)+3z=0⟹3z=3\sqrt{3}⟹z=\sqrt{3}$

所以平面 $ADE$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(\sqrt{3},-1,\sqrt{3})$。

设直线 $BM$ 与平面 $ADE$ 所成角为 $\theta$，则：

$\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{BM},\vec{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{BM}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{BM}||\vec{n}|}$

计算内积：

$\overrightarrow{BM}\cdot \vec{n}=3\times \sqrt{3}+\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\times (-1)+\frac{3}{2}\times \sqrt{3}=3\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$

计算模长：

|\overrightarrow{BM}| = \sqrt{3^2 + \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} = \sqrt{9 + \frac{3}{4} + \frac{9}{4}} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$$$$|\vec{n}| = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (-1)^2 + (\sqrt{3})^2} = \sqrt{3 + 1 + 3} = \sqrt{7}

代入正弦公式：

$\sin \theta =\frac{5\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\times \sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$

故直线 $BM$ 与平面 $ADE$ 所成角的正弦值为 $\frac{5\sqrt{7}}{14}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 考点提炼：

  1. 线面垂直的判定定理：本题完美展现了“线线垂直 $\to$ 线面垂直 $\to$ 线线垂直”的完整逻辑。通过等边三角形的中线得到 $FN\perp BC$ 是破局的关键。

  2. 二面角的平面角的识别：能够从“两个直角梯形交于一直线”中敏锐捕捉到 $\angle FCB$ 就是二面角的平面角，体现了扎实的平面几何功底。

  3. 空间向量建系与运算：考查了如何选择合适的坐标原点建系，求法向量，以及利用公式 $\sin \theta =|\cos ⟨\vec{v},\vec{n}⟩|$ 计算线面角的正弦值。

• 易错点提示（必须重视）：

  • 跨步式证明：在第（Ⅰ）问中，很多同学容易在得到 $FN\perp BC$ 和 $CD\perp FN$ 后，省略说明两条线相交且在同一平面内的步骤，直接得出 $FN\perp$ 平面 $ABCD$，这在高考阅卷中是必扣步骤分的致命伤。

  • 坐标符号写错：在第（Ⅱ）问的坐标系中，原点 $N$ 位于线段 $BC$ 中间，因此沿着 $y$ 轴正负方向的点（如点 $B$ 和点 $C$），以及点 $D$ 的 $y$ 坐标（带有负号）极易写反，导致后续向量运算全盘皆输。

  • 公式混淆：求直线与平面所成的角，最后算出的向量夹角余弦值的绝对值，直接就是该线面角的正弦值。部分同学容易画蛇添足，再去用 $\sqrt{1-{\cos }^2\theta }$ 算一遍，导致失分或浪费时间。

• 总结反思： 立体几何解答题是一场“体力与细心”的较量。第一问的几何推导必须吻合，第二问的代数计算必须步步为营。在平时训练中，要养成列草稿清晰、标明坐标正负方向的好习惯，这样才能在考场上做到“算理清晰，一次做对”。

📖【试题探源与推广】

Tip

高考立体几何的“黄金套路”：先找高，后建系

本题是极具代表性的高考立体几何题型。在现代高考中，纯粹用“几何演绎法”（作辅助线找体现）求解第二问（线面角/二面角）往往思维难度巨大。因此，空间向量代数法成为了首选。

然而，向量法不是无脑乱建系的，“建系的前提是找到三条两两垂直的直线”。

1. 第一问的作用（敲门砖）：命题人通常会在第一问引导你证明某条直线垂直于某个底面（本题中的 $FN\perp$ 平面 $ABCD$）。这条垂线 $FN$ 就是为你准备的 $z$ 轴！

2. 底面坐标系（十字架）：只要 $z$ 轴确定了，我们在底面上只需要找到两条相互垂直的线作为 $x$ 轴和 $y$ 轴即可（本题中底面正好有天然的直角 $CD\perp CB$）。

3. 点坐标的陷阱：建系后，计算最容易错的就是点的坐标。在写点坐标时，务必养成**“从原点出发走迷宫”**的习惯：要想得到点 $A$ 的坐标，就看从原点 $N$ 出发，沿 $x$ 轴走多远、沿 $y$ 轴走多远、沿 $z$ 轴走多远，注意正负号。本题中 $N$ 是中点，所以在 $y$ 轴上的点 $B$ 和 $C$ 的坐标刚好是一正一负。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角