2023-甲卷理-18 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。核心在于几何逻辑推导法、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年甲卷理）如图，在三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，$A_{1}C\perp$ 平面 $ABC$，$\angle ACB=90^{\circ }$，$A{A}_1=2$，$A_1$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离为 $1$。

（1）证明：$A_{1}C=AC$；

（2）已知 $A{A}_1$ 与 $B{B}_1$ 的距离为 $2$，求 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成角的正弦值。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：由 $A_{1}C\perp \text{平面 }ABC$ 得 $A_{1}C\perp BC$，结合 $\angle ACB=90^{\circ }$ 可证 $BC\perp \text{平面 }AC{C}_1{A}_1$，进得两侧面垂直。将 $A_1$ 到侧面的距离转化为 $△A_{1}C{C}_1$ 中 $A_1$ 到 $C{C}_1$ 的高。利用勾股定理和射影定理求出 $A_{1}C$，再由直角三角形 $A{A}_{1}C$ 反解出 $AC$ 的长。
2. 第（2）问：

• 方法一（空间向量法）：由（1）可知侧面 $AC{C}_1{A}_1$ 的两条对角线互相垂直且平分，推导出其为菱形，各边长及高度已知。以 $C$ 为原点建立空间直角坐标系，求出各关键点坐标与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的法向量，用向量夹角公式求解。
• 方法二（几何分析法）：通过平行线间距离相等，确定 $A$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离同样为 1。利用侧棱平行关系，求出斜线段 $A{B}_1$ 的模长，利用正弦值公式 $\sin \theta =\frac{d}{l}$ 计算。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 证明见解析

(2) 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{13}}{13}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 因为 $A_{1}C\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_{1}C\perp BC$。 又因为 $\angle ACB=90^{\circ }$，即 $AC\perp BC$，$A_{1}C\cap AC=C$， 所以 $BC\perp$ 平面 $AC{C}_1{A}_1$。 因为 $BC\subset$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$，故平面 $AC{C}_1{A}_1\perp$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。 过 $A_1$ 作 $A_{1}O\perp C{C}_1$ 于 $O$。由面面垂直性质，$A_{1}O\perp$ 平面 $BC{C}_1{B}_1$。 故 $A_{1}O=1$。 在 $Rt△A_{1}C{C}_1$ 中，$C{C}_1=A{A}_1=2$，$A_{1}O=1$ 为斜边上的高。 设 $CO=x$，则 $A_1{C}^2=1^2+x^2$，$A_1{C}_1^2=1^2+(2-x{)}^2$。 由 $A_1{C}^2+A_1{C}_1^2=C{C}_1^2$ 得：$(1+x^2)+(1+4-4x+x^2)=4⟹2x^2-4x+2=0⟹x=1$。 则 $A_{1}C=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。 在 $Rt△A_{1}CA$ 中，$AC=\sqrt{A{A}_1^2-A_1{C}^2}=\sqrt{4-2}=\sqrt{2}$。 所以 $A_{1}C=AC$。

（2）解：求 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成角的正弦值

方法一：空间向量法（推荐） 由（1）知 $AC=A_{1}C=\sqrt{2}$，且 $CA,CB,C{A}_1$ 两两垂直。 以 $C$ 为原点， $\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB},\overrightarrow{C{A}_1}$ 的方向分别为 $x,y,z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系。

则各点坐标为： $C(0,0,0),A(\sqrt{2},0,0),A_1(0,0,\sqrt{2})$ 由 $\overrightarrow{C{C}_1}=\overrightarrow{A{A}_1}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，可得 $C_1(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$。

设 $B(0,y_0,0)(y_0>0)$。因 $A{A}_1\parallel B{B}_1$，侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 为平行四边形。 $A{A}_1$ 与 $B{B}_1$ 的距离即为点 $B$ 到直线 $A{A}_1$ 的距离。 直线 $A{A}_1$ 过点 $A(\sqrt{2},0,0)$，方向向量 $\vec{v}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$。 $\overrightarrow{AB}=(-\sqrt{2},y_0,0)$

点 $B$ 到直线 $A{A}_1$ 的距离由公式可得：

d = \frac{|\overrightarrow{AB} \times \vec{v}|}{|\vec{v}|} = \frac{|(y_0\sqrt{2},2,y_0\sqrt{2})|^\dagger \implies \text{利用垂直体现关系：}}

因为 $BC\perp \text{平面 }AC{C}_1{A}_1$，

且 $A{A}_1\subset \text{平面 }AC{C}_1{A}_1$，所以 $BC\perp A{A}_1$。 故点 $B$ 到直线 $A{A}_1$ 的垂线段即为 $△AB{A}_1$ 落在 $xOz$ 面内对应高线与 $BC$ 的合成。 由于 $\overrightarrow{A{A}_1}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，其在 $xOz$ 平面内关于原点的垂线段（即 $C$ 到 $A{A}_1$ 的距离）为 1。 根据勾股定理，空间距离的平方等于平面体现距离的平方加上垂直距离的平方： $d^2=1^2+y_0^2=2^2⟹1+y_0^2=4⟹y_0=\sqrt{3}$ 故 $B(0,\sqrt{3},0)$。

由 $\overrightarrow{B{B}_1}=\overrightarrow{C{C}_1}=(-\sqrt{2},0,\sqrt{2})$，可得 $B_1(-\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{2})$。 则目标向量为： $\overrightarrow{A{B}_1}=B_1-A=(-2\sqrt{2},\sqrt{3},\sqrt{2})$

平面 $BC{C}_1{B}_1$ 即为 $yOz$ 轴与直线 $C{C}_1$ 围成的面。其法向量 $\vec{n}=(x,y,z)$ 需满足： $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{CB}=\sqrt{3}y=0⟹y=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{C{C}_1}=-\sqrt{2}x+\sqrt{2}z=0⟹x=z\end{array}$ 取 $\vec{n}=(1,0,1)$。

设 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成的角为 $\theta$，则： $\sin \theta =\frac{|\overrightarrow{A{B}_1}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{A{B}_1}||\vec{n}|}=\frac{|-2\sqrt{2}\times 1+0+\sqrt{2}\times 1|}{\sqrt{(-2\sqrt{2}{)}^2+(\sqrt{3}{)}^2+(\sqrt{2}{)}^2}\times \sqrt{1^2+0^2+1^2}}$ $\sin \theta =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{8+3+2}\times \sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$

故 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{13}}{13}$。

方法二（几何分析法） 由 $AC\perp BC,A_{1}C\perp BC,AC=A_{1}C=\sqrt{2}$ 可知，$Rt△ABC\cong Rt△A_{1}CB$，故 $BA=B{A}_1$。 在等腰 $△AB{A}_1$ 中，过 $B$ 作 $BD\perp A{A}_1$ 于 $D$，$D$ 为 $A{A}_1$ 中点。 直线 $A{A}_1$ 与 $B{B}_1$ 的距离为 $BD=2$。 在 $Rt△BD{A}_1$ 中，$A_{1}D=1,BD=2$，故 $BA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。 在 $Rt△ABC$ 中，$BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}=\sqrt{5-2}=\sqrt{3}$。 取 $AC$ 延长线上一点 $M$ 使 $AC=CM$，连接 $C_{1}M$，可构造平行四边形判定 $A{B}_1$ 长度。 计算得 $A{B}_1=\sqrt{13}$。 因为 $A$ 到平面 $BC{C}_1{B}_1$ 的距离 $h=A_{1}O=1$， 设 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成角为 $\theta$，则： $\sin \theta =\frac{h}{A{B}_1}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$

故 $A{B}_1$ 与平面 $BC{C}_1{B}_1$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{13}}{13}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直及面面垂直的判定与性质、点面距离平移、向量法求解线面角。
2. 核心方法：空间直角坐标法。
3. 避坑指南：

• 建系合规性：建系前必须确立三条两两垂直的直线，本题中由 $A_{1}C\perp \text{平面 }ABC$ 得到 $A_{1}C\perp CA$ 和 $A_{1}C\perp CB$，结合 $\angle ACB=90^{\circ }$ 构成正交基底。
• 距离转化：第一问中 $A_1$ 到侧面的距离转换为直角三角形斜边上的高，必须指明面面垂直的性质定理作为依据。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查非直三棱柱中的空间度量问题，将平面几何的菱形、直角三角形性质嵌入空间模型中，属于高考解答题中的高分难点题。
2. 结论推广：在线面角的计算中，若斜线段两端点到平面的距离易求（如本题中 $A$ 到平面的距离等于 $A_1$ 到平面的距离 $h=1$），可直接利用定义法公式 $\sin \theta =\frac{h}{L}$ 求解，其中 $L$ 为斜线段的长度。该几何法在已知各线段代数模长的情况下，运算速度常优于法向量代数法。

🔗【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)

• 2013-辽宁卷理-18 解-直线与平面垂直判定
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2008-湖南卷理-17