2023-新高考II卷-20 解-立几综合

本题导读

本题考查直线与平面垂直的判定与性质。核心在于空间向量法、几何分析法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年新高考II卷）如图，在三棱锥 $A-BCD$ 中，$DA=DB=DC$，$BD\perp CD$，$\angle ADB=\angle ADC=60^{\circ }$，$E$ 为 $BC$ 的中点。

(1) 证明：$BC\perp DA$；

(2) 点 $F$ 满足 $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，求二面角 $D-AB-F$ 的正弦值。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（垂直证明）：

• 中线即高：由 $DB=DC$ 且 $E$ 为中点，得 $DE\perp BC$。
• 等边三角形判定：由 $DA=DB=DC$ 且含 $60^{\circ }$ 角，判定 $△ABD$ 和 $△ACD$ 均为等边三角形，从而 $AB=AC$，进一步得 $AE\perp BC$。
• 线面垂直转化：由 $BC$ 垂直于面 $ADE$ 内两条相交线，证得 $BC\perp$ 平面 $ADE$，进而推出 $BC\perp DA$。

2. 第二问（二面角计算）：

• 建系：由第一问结论推导 $AE\perp$ 平面 $BCD$。以 $E$ 为原点，$ED,EB,EA$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。
• 向量定位：利用 $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$ 确定点 $F$ 的坐标。
• 法向量求解：分别求出平面 $DAB$ 和平面 $ABF$ 的法向量 ${\vec{n}}_1,{\vec{n}}_2$。
• 转化计算：利用向量夹角公式求出二面角余弦值的绝对值，再利用同角三角函数平方关系转化为正弦值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 二面角 $D-AB-F$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

连接$AE,DE$，因为$E$为$BC$中点，$DB=DC$，所以$DE\perp BC$①， 因为$DA=DB=DC$，$\angle ADB=\angle ADC={60}^{\circ }$，所以$△ACD$与$△ABD$均为等边三角形， $\therefore AC=AB$，从而$AE\perp BC$②，由①②，$AE\bigcap DE=E$，$AE,DE\subset$平面$ADE$， 所以，$BC\perp$平面$ADE$，而$AD\subset$平面$ADE$，所以$BC\perp DA$．

不妨设$DA=DB=DC=2$，$\because BD\perp CD$，$\therefore BC=2\sqrt{2},DE=AE=\sqrt{2}$． $\therefore A{E}^2+D{E}^2=4=A{D}^2，\therefore AE\perp DE，$，$\therefore AE\perp DE$，又$\because AE\perp BC\text{,}DE\bigcap BC=E$，$DE,BC\subset$平面BCD$$\therefore AE\bot平面$BCD$． 以点$E$为原点，$ED,EB,EA$所在直线分别为$x,y,z$轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设$D(\sqrt{2},0,0),A(0,0,\sqrt{2}),B(0,\sqrt{2},0),E(0,0,0)$，设平面$DAB$与平面$ABF$的一个法向量分别为$\overrightarrow{n_1}=\left(x_1,y_1,z_1\right),\overrightarrow{n_2}=\left(x_2,y_2,z_2\right)$， 二面角$D-AB-F$平面角为$\theta$,而$\overrightarrow{AB}=\left(0,\sqrt{2},-\sqrt{2}\right)$， 因为$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}=\left(-\sqrt{2},0,\sqrt{2}\right)$，所以$F\left(-\sqrt{2},0,\sqrt{2}\right)$，即有$\overrightarrow{AF}=\left(-\sqrt{2},0,0\right)$，

$\therefore \{\begin{array}{l}-\sqrt{2}{x}_1+\sqrt{2}{z}_1=0,\\ \sqrt{2}{y}_1-\sqrt{2}{z}_1=0.\end{array}$

取$x_1=1$，所以$\overrightarrow{n_1}=(1,1,1)$； \left\{ \begin{array}{*{35}{l}}\sqrt{2}{{y}_{2}}-\sqrt{2}{{z}_{2}}=0  \\-\sqrt{2}{{x}_{2}}=0  \\\end{array} \right.，取$y_2=1$，所以$\overrightarrow{n_2}=(0,1,1)$，

所以，$\left|\cos \theta \right|=\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1||{\vec{n}}_2|}=\frac{2}{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$， 从而$\sin \theta =\sqrt{1-\frac{6}{9}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$． 所以二面角$D-AB-F$的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

方法二：几何分析法（构造平面角）

连接$AE,DE$，容易证明$BC\perp$平面$ADE$，而$AD\subset$平面$ADE$，所以$BC\perp DA$． 不妨设$DA=DB=DC=2$，$\because BD\perp CD$，$\therefore BC=2\sqrt{2},DE=AE=\sqrt{2}$．

$\therefore A{E}^2+D{E}^2=4=A{D}^2，\therefore AE\perp DE，$，$\therefore AE\perp DE$，又$\because AE\perp BC\text{,}DE\bigcap BC=E$，$DE,BC\subset$平面BCD$$\therefore AE\bot平面$BCD$．$\therefore AE\perp DE,\because BC\perp DE,AE\cap BC=E$,$\therefore DE\perp ABC$ 又因为$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{DA}$，所以四边形$ADEF$是平行四边形，

$\therefore DE//AF$,$\therefore AF\perp ABC$ $\because AB\subset ABC$,$\therefore AF\perp AB$,又因为三角形_ABC_是等边三角形，取_AB_中点为_M_，连接_DM ,  $EM$_.$\therefore DM\perp AB$ .     

 所以$DM$和$AF$所成的角与二面角$D-AB-F$的平面角互补。即$DM$和$DF$所成的角与二面角$D-AB-F$的平面角互补。    在三角形$\Delta DEM$中，$DM=\sqrt{3},DE=\sqrt{2},EM=1$  $\therefore COS\angle MDE=\frac{D{M}^2+D{E}^2-M{E}^2}{2DM\cdot DE}=\frac{\sqrt{6}}{3}$  从而$\sin \theta =\sqrt{1-\frac{6}{9}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$． 所以二面角$D-AB-F$的正弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的转化逻辑、空间直角坐标系的建立、平面法向量的求解、向量相等及其坐标表示。
2. 核心方法：空间向量法（坐标法）和综合法（几何法）
3. 避坑指南：建系的前提是必须严密证明存在三条两两垂直的直线，本题中通过计算得出 $A{E}^2+D{E}^2=A{D}^2$ 从而证明 $AE\perp DE$ 是建系的合法性依据，不可主观臆断。求二面角时，注意题目要求的是“正弦值”，利用 $|\cos \theta |$ 转化为正弦时无需判断锐角还是钝角。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查经典三棱锥模型中的角度计算，第二问通过引入动点 $F$ 结合向量的线性运算，考查了平移变换的几何意义。
2. 结论推广：处理含“等腰/等边”属性的立体几何图形时，“取中点连线”构造高和中垂面是最重要的辅助线技巧。若遇到形如 $\vec{u}=\vec{v}$ 的向量条件，在坐标系中可直接利用平移规则求得新点坐标，在纯几何中则意味着构造了平行且相等的线段（即平行四边形）。

🔗【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-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