2024-天津卷-17 解-立几综合

本题导读

本题考查直四棱柱背景下的立体几何综合问题。四棱柱底面为直角梯形，且侧棱垂直于底面，适合以 $A$ 为原点建立空间直角坐标系，将线面平行、平面夹角与点到平面的距离统一转化为向量运算。第（1）问也可用几何法，通过取中点构造平行四边形完成证明；第（2）（3）问则充分体现向量法的程序化优势。

📌【题干】

Question

（2024年天津卷）（本小题 13 分） 如图，在四棱柱 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中， $A{A}_1\perp$ 平面 $ABCD$， $AB\perp AD$， $AB\parallel DC$， $AB=A{A}_1=2$， $AD=DC=1$， $M$， $N$ 分别为 $D{D}_1$， $B_1{C}_1$ 的中点.

(1) 求证： $D_{1}N\parallel$ 平面 $C{B}_{1}M$；

(2) 求平面 $C{B}_{1}M$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值；

(3) 求点 $B$ 到平面 $C{B}_{1}M$ 的距离.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 建立空间直角坐标系：由 $A{A}_1\perp$ 平面 $ABCD$ 且 $AB\perp AD$，以 $A$ 为原点， $\overrightarrow{AB}$， $\overrightarrow{AD}$， $\overrightarrow{A{A}_1}$ 的方向分别为 $x$， $y$， $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。
2. 写出核心点坐标：由 $AB=A{A}_1=2$， $AD=DC=1$ 及 $AB\parallel DC$ 确定八个顶点与中点 $M$， $N$ 的坐标。
3. 第（1）问（线面平行）：可用两种路径。几何法：取 $C{B}_1$ 中点 $P$，由中位线性质得 $D_{1}MPN$ 为平行四边形，从而 $D_{1}N\parallel MP$；向量法：验证 $\overrightarrow{D_{1}N}$ 与平面 $C{B}_{1}M$ 的法向量垂直且 $D_{1}N$ 不在平面内。
4. 第（2）问（平面夹角）：分别求平面 $C{B}_{1}M$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的法向量，代入夹角余弦公式（结果取绝对值）。
5. 第（3）问（点到平面距离）：点 $B$ 不在平面 $C{B}_{1}M$ 内，取平面内任一向量（如 $\overrightarrow{B_{1}C}$），距离等于 $\overrightarrow{B_{1}B}$ 在法向量方向上体现的长度。

✅【答案】

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(1) 证明见解析 (2) $\frac{2\sqrt{22}}{11}$ (3) $\frac{2\sqrt{11}}{11}$

✍【详细解析】

Abstract

建立坐标系与各点坐标

由 $A{A}_1\perp$ 平面 $ABCD$， $AB\perp AD$，以 $A$ 为原点，射线 $AB$， $AD$， $A{A}_1$ 分别为 $x$， $y$， $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 由 $AB=A{A}_1=2$， $AD=DC=1$，且 $AB\parallel DC$，各点坐标为： $A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0)$ $A_1(0,0,2),B_1(2,0,2),C_1(1,1,2),D_1(0,1,2)$ $M$ 为 $D{D}_1$ 中点， $N$ 为 $B_1{C}_1$ 中点： $M(0,1,1),N\left(\frac{3}{2},\frac{1}{2},2\right)$

(1) 求证：$D_{1}N\parallel$ 平面 $C{B}_{1}M$

证法一（几何法）：取 $C{B}_1$ 的中点 $P$，连接 $NP$， $MP$。 在 $△C{C}_1{B}_1$ 中， $N$ 为 $B_1{C}_1$ 的中点， $P$ 为 $C{B}_1$ 的中点，所以 $NP$ 为中位线，故 $NP\parallel C{C}_1,NP=\frac{1}{2}C{C}_1$ 在侧面 $D{D}_1{C}_{1}C$ 中， $M$ 为 $D{D}_1$ 的中点，由 $D{D}_1\parallel C{C}_1$ 且 $D{D}_1=C{C}_1$，得 $D_{1}M\parallel C{C}_1,D_{1}M=\frac{1}{2}D{D}_1=\frac{1}{2}C{C}_1$ 所以 $D_{1}M\parallel NP$ 且 $D_{1}M=NP$，四边形 $D_{1}MPN$ 为平行四边形，故 $D_{1}N\parallel MP$。 又 $MP\subset$ 平面 $C{B}_{1}M$， $D_{1}N\not\subset$ 平面 $C{B}_{1}M$， 所以 $D_{1}N\parallel$ 平面 $C{B}_{1}M$。

证法二（向量法）： $\overrightarrow{D_{1}N}=\left(\frac{3}{2},-\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{C{B}_1}=(1,-1,2),\overrightarrow{CM}=(-1,0,1)$ 设平面 $C{B}_{1}M$ 的法向量为 $\vec{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则 $\{\begin{array}{l}\vec{m}\cdot \overrightarrow{C{B}_1}=x_1-y_1+2z_1=0\\ \vec{m}\cdot \overrightarrow{CM}=-x_1+z_1=0\end{array}$ 取 $x_1=1$，得 $\vec{m}=(1,3,1)$。 计算数量积： $\overrightarrow{D_{1}N}\cdot \vec{m}=\frac{3}{2}\times 1+\left(-\frac{1}{2}\right)\times 3+0\times 1=0$， 所以 $\overrightarrow{D_{1}N}\perp \vec{m}$。 又 $D_{1}N\not\subset$ 平面 $C{B}_{1}M$，所以 $D_{1}N\parallel$ 平面 $C{B}_{1}M$。

(2) 求平面 $C{B}_{1}M$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值

由（1）中向量法，平面 $C{B}_{1}M$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(1,3,1)$。 侧面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 中， $\overrightarrow{CB}=(1,-1,0)$， $\overrightarrow{B{B}_1}=(0,0,2)$，其法向量 $\vec{n}=(x_2,y_2,z_2)$ 满足 $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{CB}=x_2-y_2=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{B{B}_1}=2z_2=0\end{array}$ 取 $x_2=1$，得 $\vec{n}=(1,1,0)$。 设平面 $C{B}_{1}M$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 的夹角为 $\theta$，则 $\cos \theta =\frac{|\vec{m}\cdot \vec{n}|}{|\vec{m}|\cdot |\vec{n}|}=\frac{|1\times 1+3\times 1+1\times 0|}{\sqrt{1^2+3^2+1^2}\cdot \sqrt{1^2+1^2+0^2}}=\frac{4}{\sqrt{11}\cdot \sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{22}}{11}$ 所以平面 $C{B}_{1}M$ 与平面 $B{B}_1{C}_{1}C$ 夹角的余弦值为 $\frac{2\sqrt{22}}{11}$。

(3) 求点 $B$ 到平面 $C{B}_{1}M$ 的距离

点 $B$ 到平面 $C{B}_{1}M$ 的距离等于向量 $\overrightarrow{B_{1}B}$ 在平面 $C{B}_{1}M$ 的法向量 $\vec{m}=(1,3,1)$ 方向上的体现长度： $d=\frac{|\overrightarrow{B_{1}B}\cdot \vec{m}|}{|\vec{m}|}$ 由 $B_1(2,0,2)$， $B(2,0,0)$，得 $\overrightarrow{B_{1}B}=(0,0,-2)$。 $d=\frac{|0\times 1+0\times 3+(-2)\times 1|}{\sqrt{11}}=\frac{2}{\sqrt{11}}=\frac{2\sqrt{11}}{11}$ 所以点 $B$ 到平面 $C{B}_{1}M$ 的距离为 $\frac{2\sqrt{11}}{11}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间直角坐标系的建立、线面平行的判定（几何法与向量法）、二面角的向量求法、点到平面距离的向量公式。
2. 核心方法：空间向量坐标法、中位线构造平行四边形法。
3. 避坑指南：

• 坐标系原点与轴的选取：本题以 $A$ 为原点最简洁，因为从 $A$ 出发的三条棱两两垂直。若误选其他顶点，底面梯形中 $AB\parallel DC$ 的关系容易导致坐标写错。
• 底面是直角梯形而非矩形：$AB=2$， $DC=1$，两者不相等，$C$ 点坐标为 $(1,1,0)$ 而非 $(2,1,0)$，建系后须按 $AB\parallel DC$ 的实际长度定坐标。
• 平面夹角须取绝对值：两法向量夹角的余弦可能为负，而两平面夹角范围为 $[0,\frac{\pi }{2}]$，最终必须加绝对值。
• 距离公式的向量起点：点 $B$ 不在平面内，公式中的向量须以平面上一点（如 $B_1$）为起点、指向 $B$，切勿取 $\overrightarrow{B{B}_1}$ 直接套用。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于立体几何高考解答题的中档题。四棱柱（底面为直角梯形）是天津卷立体几何解答题的常见载体（如 2023 年四棱锥、2025 年立几综合题），第（1）问保留传统几何证明的入口，第（2）（3）问则指向向量法的程序化处理。
2. 结论推广：点到平面距离的向量公式具有一般性——设平面 $S$ 的法向量为 $\vec{n}$， $P$ 为平面外一点， $A$ 为平面内任一点，则 $d(P,S)=\frac{|\overrightarrow{AP}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$ 该公式与第（2）问的夹角公式、线面垂直与平行的判定共同构成空间向量法处理立体几何的完整工具链：位置关系看方向，角度距离用体现。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 21.02 空间向量与线面位置关系判定
• 21.03 空间向量求角
• 21.04 空间向量求距离

类题演练 (Links)

• 2025-天津卷-17 解-立几综合
• 2023-新高考I卷-18 解-立体几何综合
• 2025-新高考I卷-17 解-立几综合