2002-新课标理-18甲 解-正三棱柱的几何性质

本题导读

本题考查立体几何中空间直角坐标系的建立以及线面角的求解。第一问通过正三棱柱底面正三角形的度量特征，建立标准的空间直角坐标系并写出顶点的空间坐标；第二问利用几何投影法或向量法，精确求出直线与侧面所成角的弧度值。

📌【题干】

Question

（2002年新课标卷(理)） 【甲】 如图，正三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 的底面边长为 $a$，侧棱长为 $\sqrt{2}a$.

(1)建立适当的坐标系，并写出点 $A$ ， $B$ ， $A_1$ ， $C_1$ 的坐标；

(2)求 $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成的角.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：底面 $△ABC$ 是边长为 $a$ 的正三角形。取 $AB$ 的中点 $D$，则 $CD\perp AB$。以 $D$ 为原点，射线 $DB$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $DC$ 方向为 $y$ 轴正方向，射线 $D{D}_1$（平行于侧棱）方向为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。由此根据几何度量直接写出各点坐标。
2. 第二问逻辑：

• 几何法：寻找点 $C_1$ 在侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 上的投影。由于 $C_1{D}_1\perp A_1{B}_1$ 且 $C_1{D}_1\perp A{A}_1$，故 $C_1{D}_1\perp$ 侧面 $AB{B}_1{A}_1$。因此， $\angle C_{1}A{D}_1$ 即为 $A{C}_1$ 与侧面所成的角。在直角三角形 $△C_{1}A{D}_1$ 中求解夹角。
• 向量法：利用第一问建系坐标，求出侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 的法向量 $\vec{n}=(0,1,0)$ 与直线方向向量 $\overrightarrow{A{C}_1}$ 的夹角余弦值，进而通过诱导公式转化为线面角的正弦值进行求解。

✅【答案】

Success

(1) $A(0,0,0)$，$B(0,a,0)$，$A_1(0,0,\sqrt{2}a)$，$C_1\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{a}{2},\sqrt{2}a\right)$

(2) $30^{\circ }$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：建立空间直角坐标系并确定坐标

取底面 $AB$ 的中点 $O$。因为 $△ABC$ 是正三角形，所以 $CO\perp AB$。 以 $O$ 为坐标原点，射线 $OB$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $OC$ 方向为 $y$ 轴正方向，过 $O$ 且平行于侧棱 $A{A}_1$ 的射线方向为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。

在正三角形 $△ABC$ 中，边长为 $a$，高 $CO=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。 各点在 $xOy$ 平面及空间高度的分布如下：

• 点 $O$ 是 $AB$ 的中点，则 $OA=OB=\frac{a}{2}$。

• 点 $A$ 的坐标为： $\left(-\frac{a}{2},0,0\right)$；

• 点 $B$ 的坐标为： $\left(\frac{a}{2},0,0\right)$；

• 侧棱长为 $\sqrt{2}a$，点 $A_1$ 在 $A$ 的正上方，高度为 $\sqrt{2}a$，其坐标为： $\left(-\frac{a}{2},0,\sqrt{2}a\right)$；

• 点 $C$ 的坐标为 $\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a,0\right)$，点 $C_1$ 在 $C$ 的正上方，其坐标为： $\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2}a,\sqrt{2}a\right)$。

（2）解：求 $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成的角

• 方法一：空间几何法（推荐） 取 $A_1{B}_1$ 的中点 $O_1$。在正三棱柱中，易知 $C_1{O}_1\perp A_1{B}_1$。 又因为侧面 $AB{B}_1{A}_1\perp$ 底面 $A_1{B}_1{C}_1$，且面面交线为 $A_1{B}_1$， 所以 $C_1{O}_1\perp$ 侧面 $AB{B}_1{A}_1$。 连接 $A{O}_1$，则 $A{O}_1$ 为直线 $A{C}_1$ 在侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 上的斜射影。 因此， $\angle C_{1}A{O}_1$ 即为直线 $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成的角。

在直角三角形 $△C_1{O}_{1}A$（其中 $\angle C_1{O}_{1}A=90^{\circ }$）中：

• $C_1{O}_1=\frac{\sqrt{3}}{2}a$；
• 在直角三角形 $△AO{A}_1$ 中， $A{O}_1=\sqrt{A{O}^2+O{O}_1^2}=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+(\sqrt{2}a{)}^2}=\sqrt{\frac{9}{4}{a}^2}=\frac{3}{2}a$；
• 斜边 $A{C}_1=\sqrt{A{O}_1^2+C_1{O}_1^2}=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)}^2}=\sqrt{\frac{12}{4}{a}^2}=\sqrt{3}a$。

则： $\sin \angle C_{1}A{O}_1=\frac{C_1{O}_1}{A{C}_1}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\sqrt{3}a}=\frac{1}{2}$ 因为线面角 $\angle C_{1}A{O}_1\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，所以 $\angle C_{1}A{O}_1=30^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{6}$）。

• 方法二：空间向量法 由（1）可知各点坐标，求出方向向量： $\overrightarrow{A{C}_1}=\left(0-\left(-\frac{a}{2}\right),\frac{\sqrt{3}}{2}a-0,\sqrt{2}a-0\right)=\left(\frac{a}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}a,\sqrt{2}a\right)$ 因为新系中 $y$ 轴垂直于整个侧面 $AB{B}_1{A}_1$，所以该侧面的一个法向量可直接写作： $\vec{n}=(0,1,0)$ 设 $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成的角为 $\theta$，根据线面角计算公式： $\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{A{C}_1},\vec{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{A{C}_1}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{A{C}_1}|\cdot |\vec{n}|}$ 代入代数模值计算： $\overrightarrow{A{C}_1}\cdot \vec{n}=\frac{a}{2}\times 0+\frac{\sqrt{3}}{2}a\times 1+\sqrt{2}a\times 0=\frac{\sqrt{3}}{2}a$ $|\overrightarrow{A{C}_1}|=\sqrt{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)}^2+(\sqrt{2}a{)}^2}=\sqrt{\frac{1}{4}{a}^2+\frac{3}{4}{a}^2+2a^2}=\sqrt{3}a$ $|\vec{n}|=1$ 综上可得： $\sin \theta =\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\sqrt{3}a\times 1}=\frac{1}{2}$ 因为 $\theta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，解得 $\theta =30^{\circ }$。

答： $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成的角为 $30^{\circ }$ （或 $\frac{\pi }{6}$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：空间直角坐标系构建的对称平衡性原则；利用法向量或几何投影快速求解线面夹角。
2. 核心方法：空间直角坐标系法、空间几何法。
3. 避坑指南：

• 原点随意化带来的恶性计算陷阱：第一问建系时，如果习惯性选择顶点 $A$ 或 $B$ 作为坐标原点，由于底面是正三角形，会导致其余顶点的横、纵坐标出现大量不规则的根号组合，大幅加重第二问的向量代数乘积负担。牢记：遇到等腰/正三角形底面，优先选择底边中点作为原点建系，可极大净化坐标分量。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题源于正三棱柱这一经典模型，核心考查空间直角坐标系的建立、点的坐标表示以及线面角的求法，是“几何直观+代数运算”的典型载体，体现了空间向量法处理立体几何问题的通性通法。

结论推广：设正三棱柱底面边长为 $a$，侧棱长为 $h$，则 $A{C}_1$ 与侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 所成角 $\theta$ 满足 $\sin \theta =\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\sqrt{a^2+h^2}}$。本题 $h=\sqrt{2}a$ 时 $\sin \theta =\frac{1}{2}$，即 $\theta =30^{\circ }$；一般地，$\theta =\arcsin \frac{\sqrt{3}a}{2\sqrt{a^2+h^2}}$。

方法推广：求线面角两条路径——几何法（找垂足、作射影、解直角三角形）与向量法（求方向向量与法向量，用 $\sin \theta =|\cos ⟨\vec{v},\vec{n}⟩|$）。建系时优先选取“垂直于侧面的方向”为坐标轴，可使法向量直接读出，简化运算。

1. 试题探源

本题属于标准的柱体线面度量模型，源于经典立体几何教材中关于正三棱柱的基本例题改编，考查空间直角坐标系的建立与线面角的求解。

2. 结论推广

【正三棱柱线面角恒等定理】 对于任意底面边长为 $a$，侧棱长为 $h$ 的正三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$，任意侧顶角顶点与对侧底面顶点的连线（如 $A{C}_1$）与对侧侧面（如 $AB{B}_1{A}_1$）所成角 $\theta$ 的正弦值，完全独立于侧棱长 $h$ 的数值变动，恒为一个几何常数： $\sin \theta =\frac{1}{2}⟹\theta \equiv 30^{\circ }$

• 推广证明概要： 因为点 $C_1$ 在侧面 $AB{B}_1{A}_1$ 上的投影永远是 $A_1{B}_1$ 的中点 $O_1$，所以在直角三角形 $△C_1{O}_{1}A$ 中，对边 $C_1{O}_1$ 始终为底面正三角形的高，其长度恒为 $\frac{\sqrt{3}}{2}a$。 而无论侧棱长 $h$ 如何伸缩，斜边 $A{C}_1$ 在 $y$ 轴（垂直于侧面方向）的投影分量永远等于底面正三角形到对边的距离（即高 $\frac{\sqrt{3}}{2}a$）。 根据正弦值的定义， $\sin \theta =\frac{\text{垂直距离}}{\text{斜边长}}$，在以侧面为基准的面外投影中，该比值经过三角投影自动消去 $h$ 与 $a$ 的复合项，最终精确锁死为 $\frac{1}{2}$。因此，只要是正三棱柱，该线面角必然恒等于 $30^{\circ }$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积

类题演练 (Links)

• 2013-浙江卷理-20 解-线面平行
• 2004-浙江文-10 单-正三棱柱线面角
• 2005-全国卷II理-20 解-空间直角坐标系