2023-上海卷-17 解-立几综合

本题导读

本题考查线面平行与面面平行的判定与性质。核心在于几何综合推导法（面面平行推线面平行）、三垂线定理法（几何法）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年上海卷）已知直四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$，$AB\perp AD$，$AB\parallel CD$，$AB=2$，$AD=3$，$CD=4$．

（1）证明：直线 $A_{1}B\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$；

（2）若该四棱柱的体积为 $36$，求二面角 $A_1-BD-A$ 的大小．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：若直接在平面 $DC{C}_1{D}_1$ 内寻找与 $A_{1}B$ 平行的直线，由于底面为非等腰梯形，代数构造较为繁琐。可转化为证明直线 $A_{1}B$ 所在的侧面 $AB{B}_1{A}_1\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$。利用直棱柱的侧棱平行及底面边平行，通过面面平行的判定定理与性质定理完成证明。
2. 第（2）问：

• 求直四棱柱的高：由直角梯形底面积 $S=\frac{1}{2}(AB+CD)\cdot AD$ 与体积 $V=S\cdot A{A}_1=36$，解得 $A_{1}A=4$。
• 路径一（几何法）：依据 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABCD$，在底面作 $AE\perp BD$ 于 $E$，连接 $A_{1}E$。由三垂线定理判定 $\angle A_{1}EA$ 即为二面角的平面角。在 $\text{Rt}△ABD$ 中用面积法求出 $AE$，进而在 $\text{Rt}△A_{1}AE$ 中求出正切值。
• 路径二（空间向量法）：以 $A$ 为原点， $AB,AD,A{A}_1$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。写出各关键点坐标，通过方程组求出平面 $A_{1}BD$ 的法向量，利用其与底面法向量 $(0,0,1)$ 的夹角公式求解。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 二面角 $A_1-BD-A$ 的大小为 $\arctan \frac{2\sqrt{13}}{3}$（或 $\arccos \frac{3\sqrt{61}}{61}$）

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：直线 $A_{1}B\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$

证明：

因为四边形 $ABCD$ 为直四棱柱的底面，且已知 $AB\parallel DC$。

又因为 $AB\not\subset$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$，$DC\subset$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$，

所以，$AB\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$。

因为直四棱柱的侧棱互相平行，所以 $A{A}_1\parallel D{D}_1$。

又因为 $A{A}_1\not\subset$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$，$D{D}_1\subset$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$，

所以，$A{A}_1\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$。

在平面 $AB{B}_1{A}_1$ 中，直线 $AB$ 与直线 $A{A}_1$ 相交于点 $A$（即 $AB\cap A{A}_1=A$），

根据面面平行的判定定理，一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，则这两个平面平行。

所以，平面 $AB{B}_1{A}_1\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$。

又因为直线 $A_{1}B\subset$ 平面 $AB{B}_1{A}_1$，

根据面面平行的性质，若两平面平行，则一个平面内的任意一条直线都平行于另一个平面，

所以，直线 $A_{1}B\parallel$ 平面 $DC{C}_1{D}_1$。

（证毕）

(注：也可以利用线面垂直的性质证明：由 $AB\perp AD,A{A}_1\perp AD⟹AD\perp 平面AB{B}_1{A}_1$，同理 $AD\perp 平面DC{C}_1{D}_1$，垂直于同一直线的两平面平行。)

（2）求二面角 $A_1-BD-A$ 的大小

【前置计算：求高】

底面 $ABCD$ 是一个直角梯形（$AB\parallel CD,AB\perp AD$），其面积为：

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}\times (AB+CD)\times AD=\frac{1}{2}\times (2+4)\times 3=9$

设直四棱柱的高为 $h=A{A}_1$。根据体积公式 $V=S\times h$：

$36=9\times h⟹h=4$

即 $A{A}_1=4$。

解法一：几何法（三垂线定理）

因为直四棱柱的侧棱 $A{A}_1\perp$ 底面 $ABCD$，

所以 $A{A}_1\perp$ 底面内的任意直线，特别是 $A{A}_1\perp BD$。

在底面 $ABCD$ 内，过点 $A$ 作 $AE\perp BD$，交 $BD$ 于点 $E$。

连接 $A_{1}E$。

因为 $BD\perp AE$ 且 $BD\perp A{A}_1$，$AE\cap A{A}_1=A$，

所以 $BD\perp$ 平面 $A_{1}AE$。

又因为 $A_{1}E\subset$ 平面 $A_{1}AE$，所以 $BD\perp A_{1}E$。

（这就是著名的三垂线定理：斜线 $A_{1}E$ 在平面上的射影 $AE$ 垂直于底面直线 $BD$，则斜线 $A_{1}E$ 也垂直于 $BD$）。

因此，$\angle A_{1}EA$ 就是二面角 $A_1-BD-A$ 的平面角。

在底面 $\text{Rt}△ABD$ 中，$\angle DAB=90^{\circ }$，$AB=2$，$AD=3$。

根据勾股定理，$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$。

利用等面积法求斜边上的高 $AE$：

$\frac{1}{2}\times AB\times AD=\frac{1}{2}\times BD\times AE⟹AE=\frac{AB\times AD}{BD}=\frac{2\times 3}{\sqrt{13}}=\frac{6}{\sqrt{13}}$

在空间直角三角形 $\text{Rt}△A_{1}AE$ 中，$\angle A_{1}AE=90^{\circ }$，

$\tan \angle A_{1}EA=\frac{A{A}_1}{AE}=\frac{4}{\frac{6}{\sqrt{13}}}=\frac{4\sqrt{13}}{6}=\frac{2\sqrt{13}}{3}$

所以，二面角 $A_1-BD-A$ 的大小为 $\arctan \frac{2\sqrt{13}}{3}$。

解法二：空间向量法（建系法）

以点 $A$ 为原点，以 $AB$ 所在直线为 $x$ 轴，$AD$ 所在直线为 $y$ 轴，$A{A}_1$ 所在直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。

由题意，各点坐标为：

$A(0,0,0)$

$B(2,0,0)$

$D(0,3,0)$

$A_1(0,0,4)$

设平面 $A_{1}BD$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$。

已知平面上两个方向向量：

$\overrightarrow{AB}=(2,0,0)$，由于 $\overrightarrow{AD}=(0,3,0)$，所以 $\overrightarrow{DB}=B-D=(2,-3,0)$。

$\overrightarrow{D{A}_1}=A_1-D=(0,-3,4)$。

（注：选择 $\overrightarrow{DB}$ 和 $\overrightarrow{D{A}_1}$ 也是可以的，这里我们用更基础的点坐标来算）

$\overrightarrow{A_{1}B}=(2,0,-4)$

$\overrightarrow{A_{1}D}=(0,3,-4)$

利用法向量与平面内直线向量垂直：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{A_{1}B}=0⟹2x-4z=0⟹x=2z\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{A_{1}D}=0⟹3y-4z=0⟹y=\frac{4}{3}z\end{array}$

令 $z=3$，则 $x=6,y=4$。

得到平面 $A_{1}BD$ 的一个法向量 $\vec{n}=(6,4,3)$。

又底面 $ABCD$ 的一个法向量就是 $z$ 轴正方向，即 $\vec{m}=(0,0,1)$。

设二面角 $A_1-BD-A$ 的平面角为 $\theta$（观察图形可知，该二面角为锐角）：

$\cos \theta =|\cos ⟨\vec{n},\vec{m}⟩|=\frac{|\vec{n}\cdot \vec{m}|}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\frac{3}{\sqrt{6^2+4^2+3^2}\times 1}=\frac{3}{\sqrt{36+16+9}}=\frac{3}{\sqrt{61}}$

因为 $\cos \theta =\frac{3}{\sqrt{61}}$，根据直角三角形的关系可以算出对应正切值：

$\sin \theta =\frac{\sqrt{61-9}}{\sqrt{61}}=\frac{\sqrt{52}}{\sqrt{61}}=\frac{2\sqrt{13}}{\sqrt{61}}$

$\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{2\sqrt{13}}{3}$。

所以，二面角的大小可以表示为 $\arccos \frac{3\sqrt{61}}{61}$ 或 $\arctan \frac{2\sqrt{13}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行的空间化归转换、三垂线定理的构型、空间向量法求解面面夹角。
2. 核心方法：面面平行性质法、空间向量坐标法。
3. 避坑指南：

• 线面平行找线困难：第（1）问如果执着于在平面 $DC{C}_1{D}_1$ 内寻找与 $A_{1}B$ 平行的线，需用到中点或比例划分，计算量大。此时应利用“面面平行 $⟹$ 线面平行”进行高维化归，能极大简化证明逻辑。
• 法向量计算失误：用空间向量法时，务必细心解一元一次方程组。令 $z$ 轴分量取合适常数（如取 3）可消去分母，避免在带有分数的法向量内进行内积运算，降低出错概率。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题属于立体几何解答题。第一问重在考查空间线面位置关系的逻辑推导，第二问则是标准的度量计算。题目没有设置复杂的空间拐角，依靠常规的建系法或者经典三垂线定理均可顺利破题，契合高考对空间想象素养与通用方法掌握程度的考查。

2. 结论推广： 在任意直三棱柱或直四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，若侧棱 $A{A}_1=h$，底面中过点 $A$ 到对角线 $BD$ 的射影距离为 $d$，则侧面三角形 $A_{1}BD$ 与底面 $ABD$ 构成的二面角 $\theta$ 的正切值恒满足统一的几何特征关系： $\tan \theta =\frac{h}{d}$ 该结论提供了一种不依赖坐标系的纯度量视角，用于快速检验坐标系方法算出的三角函数值是否准确。

🔗【关联脉络】

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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
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角