2004-福建理-19 解-面面垂直与线面垂直

本题导读

本题考查二面角的法向量求法。核心在于空间直角坐标系向量法、几何等体积代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年福建卷(理)） 在三棱锥 $S-ABC$ 中， $△ABC$ 是边长为 $4$ 的正三角形，平面 $SAC\perp$ 平面 $ABC$，$SA=SC=2\sqrt{3}$， $M$、 $N$ 分别为 $AB$、 $SB$ 的中点.

(1)证明： $AC\perp SB$；

(2)求二面角 $N-CM-B$ 的大小；

(3)求点 $B$ 到平面 $CMN$ 的距离.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：性质定理直接推导：
   • 取 $AC$ 的中点 $O$，连接 $SO$。因为 $SA=SC$，所以 $SO\perp AC$。
   • 已知平面 $SAC\perp$ 平面 $ABC$，且交线为 $AC$。根据面面垂直的性质定理，可得 $SO\perp$ 平面 $ABC$。
   • 由线面垂直的定义可知 $SO\perp OB$（ $O$ 也是底面正三角形 $ABC$ 的中点，连接 $OB$ 必有 $OB\perp AC$）。从而 $AC\perp SO$ 且 $AC\perp OB⟹AC\perp$ 平面 $SOB⟹AC\perp SB$。
2. 建系坐标化（第二、三问基础）：
   • 以 $O$ 为原点，直线 $OC$, $OB$, $OS$ 分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴建立标准空间直角坐标系。
   • 根据已知线段度量关系（ $△ABC$ 是边长为 4 的正三角形 $⟹OC=2,OB=2\sqrt{3}$；直角 $△SOA$ 中可算得 $SO=2$），写出各个关键顶点的完整坐标。
3. 第二问：求出平面法向量夹角：
   • 容易看出平面 $CMB$ 即为底面平面 $ABC$，其法向量直接可取为 ${\vec{\mathbf{n}}}_1=(0,0,1)$。
   • 计算出 $\overrightarrow{\mathbf{CM}}$ 与 $\overrightarrow{\mathbf{CN}}$ 的坐标，通过内积方程组 ${\vec{\mathbf{n}}}_2\cdot \overrightarrow{\mathbf{CM}}=0$ 和 ${\vec{\mathbf{n}}}_2\cdot \overrightarrow{\mathbf{CN}}=0$ 解出平面 $CMN$ 的法向量 ${\vec{\mathbf{n}}}_2$。
   • 利用公式 $\cos ⟨{\vec{\mathbf{n}}}_1,{\vec{\mathbf{n}}}_2⟩=\frac{{\vec{\mathbf{n}}}_1\cdot {\vec{\mathbf{n}}}_2}{|{\vec{\mathbf{n}}}_1||{\vec{\mathbf{n}}}_2|}$ 算出夹角余弦，根据二面角的钝锐性质确定最终平面夹角。
4. 第三问：点面距离投影射影公式：
   • 点 $B$ 到平面 $CMN$ 的距离 $d$，在向量法中等价于向量 $\overrightarrow{\mathbf{CB}}$（或 $\overrightarrow{\mathbf{MB}}$）在平面 $CMN$ 的单位法向量 ${\vec{\mathbf{n}}}_2$ 上的正交投影绝对值。
   • 直接套用射影通式： $d=\frac{|\overrightarrow{\mathbf{CB}}\cdot {\vec{\mathbf{n}}}_2|}{|{\vec{\mathbf{n}}}_2|}$ 即可一步得出答案。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) $\arccos \frac{1}{3}$

(3) $\frac{4\sqrt{2}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $AC\perp SB$ 取棱 $AC$ 的中点 $O$，连接 $SO$。 在 $△SAC$ 中，因为 $SA=SC=2\sqrt{3}$，说明 $△SAC$ 为等腰三角形。根据三线合一性质，中线即为高线： $SO\perp AC$ 已知平面 $SAC\perp$ 平面 $ABC$，两平面的交线为 $AC$。因为直线 $SO\subset$ 平面 $SAC$ 且 $SO\perp AC$，根据面面垂直的性质定理： $SO\perp \text{平面 }ABC$ 因为直线 $SB\subset$ 平面 $ABC$ 无法重合，而任何平面内的直线均与垂直于该平面的法线正交。为了严密证明，考查底面： 由于 $△ABC$ 是边长为 4 的正三角形， $O$ 是 $AC$ 的中点，连接 $OB$，同样有： $OB\perp AC$ 综合上述两条垂直线： $AC\perp SO$ 且 $AC\perp OB$，而 $SO\cap OB=O$，两条相交直线均在平面 $SOB$ 内。 根据线面垂直的判定定理： $AC\perp \text{平面 }SOB$ 又因为直线 $SB\subset$ 平面 $SOB$，根据线面垂直的定义： $AC\perp SB$

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核心建系与顶点坐标计算 以 $O$ 为空间坐标原点，直线 $OC$ 为 $x$ 轴，直线 $OB$ 为 $y$ 轴，直线 $SO$ 为 $z$ 轴，建立标准空间直角坐标系 $O-xyz$。 根据已知条件计算各线段的度量长度：

1. 边长为 4 的正三角形中，半边长 $OA=OC=2$；高线 $OB=4\times \sin 60^{\circ }=2\sqrt{3}$．
2. 在直角 $△SOA$ 中，由勾股定理算高 $SO$： $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2-2^2}=\sqrt{12-4}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$

由此写出空间各核心顶点的标准坐标： $O(0,0,0),A(-2,0,0),C(2,0,0),B(0,2\sqrt{3},0),S(0,0,2\sqrt{2})$ 已知 $M$ 为 $AB$ 的中点， $N$ 为 $SB$ 的中点，利用中点坐标公式： $M\left(\frac{-2+0}{2},\frac{0+2\sqrt{3}}{2},\frac{0+0}{2}\right)⟹M(-1,\sqrt{3},0)$ $N\left(\frac{0+0}{2},\frac{0+2\sqrt{3}}{2},\frac{2\sqrt{2}+0}{2}\right)⟹N(0,\sqrt{3},\sqrt{2})$

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（2）求二面角 $N-CM-B$ 的大小 由建系可知，二面角 $N-CM-B$ 的底面棱所在平面 $CMB$ 恰好就是 $xOy$ 坐标平面（平面 $ABC$），其一个天然的向上单位法向量为： ${\vec{\mathbf{n}}}_1=(0,0,1)$

下面求解平面 $CMN$ 的法向量 ${\vec{\mathbf{n}}}_2=(x,y,z)$。首先求出平面内两条基准基底向量的坐标： $\overrightarrow{\mathbf{CM}}=M-C=(-1-2,\sqrt{3}-0,0-0)=(-3,\sqrt{3},0)$ $\overrightarrow{\mathbf{CN}}=N-C=(0-2,\sqrt{3}-0,\sqrt{2}-0)=(-2,\sqrt{3},\sqrt{2})$ 根据法向量严格正交于平面内任意向量的特征，建立内积方程组： $\{\begin{array}{l}{\vec{\mathbf{n}}}_2\cdot \overrightarrow{\mathbf{CM}}=0\\ {\vec{\mathbf{n}}}_2\cdot \overrightarrow{\mathbf{CN}}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-3x+\sqrt{3}y=0\\ -2x+\sqrt{3}y+\sqrt{2}z=0\end{array}$ 由第一个方程可得 $y=\sqrt{3}x$。将其代入第二个方程中： $-2x+\sqrt{3}(\sqrt{3}x)+\sqrt{2}z=0⟹-2x+3x+\sqrt{2}z=0⟹x+\sqrt{2}z=0⟹z=-\frac{\sqrt{2}}{2}x$ 为了取一组简化的整数坐标，令 $x=2$，则算得 $y=2\sqrt{3}$， $z=-\sqrt{2}$。得平面 $CMN$ 的一个有效法向量为： ${\vec{\mathbf{n}}}_2=(2,2\sqrt{3},-\sqrt{2})$

计算两法向量的夹角余弦值： $\cos ⟨{\vec{\mathbf{n}}}_1,{\vec{\mathbf{n}}}_2⟩=\frac{{\vec{\mathbf{n}}}_1\cdot {\vec{\mathbf{n}}}_2}{|{\vec{\mathbf{n}}}_1|\cdot |{\vec{\mathbf{n}}}_2|}=\frac{0\times 2+0\times 2\sqrt{3}+1\times (-\sqrt{2})}{1\times \sqrt{2^2+(2\sqrt{3}{)}^2+(-\sqrt{2}{)}^2}}$ $\cos ⟨{\vec{\mathbf{n}}}_1,{\vec{\mathbf{n}}}_2⟩=\frac{-\sqrt{2}}{\sqrt{4+12+2}}=\frac{-\sqrt{2}}{\sqrt{18}}=\frac{-\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}=-\frac{1}{3}$ 观察图形物理性质，二面角 $N-CM-B$ 的空间张角显然是一个锐二面角（由于法向量朝向导致算出负值）。 因此，二面角 $N-CM-B$ 的余弦值为 $\frac{1}{3}$，其大小为： $\arccos \frac{1}{3}$

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（3）求点 $B$ 到平面 $CMN$ 的距离 选定平面 $CMN$ 内的一点 $C(2,0,0)$，构建从该点指向待求点 $B$ 的空间外推向量： $\overrightarrow{\mathbf{CB}}=B-C=(0-2,2\sqrt{3}-0,0-0)=(-2,2\sqrt{3},0)$ 已求得平面 $CMN$ 的核心法向量为 ${\vec{\mathbf{n}}}_2=(2,2\sqrt{3},-\sqrt{2})$，其模长为 $|{\vec{\mathbf{n}}}_2|=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$．

根据点到平面的法向量正交射影距离通式，点 $B$ 到平面 $CMN$ 的距离 $d$ 为： $d=\frac{|\overrightarrow{\mathbf{CB}}\cdot {\vec{\mathbf{n}}}_2|}{|{\vec{\mathbf{n}}}_2|}$ 将各分量代入内积式中： $\overrightarrow{\mathbf{CB}}\cdot {\vec{\mathbf{n}}}_2=(-2)\times 2+2\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}+0\times (-\sqrt{2})=-4+12+0=8$ 因此，计算求得的绝对距离 $d$ 严格为： $d=\frac{|8|}{3\sqrt{2}}=\frac{8}{3\sqrt{2}}=\frac{4\sqrt{2}}{3}$

即点 $B$ 到平面 $CMN$ 的距离为 $\frac{4\sqrt{2}}{3}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直性质定理的核心转化（面面垂直 $\to$ 线面垂直 $\to$ 线线垂直）；二面角的法向量方程组求解基本功；点面距离向量投影通式 $d=\frac{|\overrightarrow{\mathbf{AB}}\cdot \vec{\mathbf{n}}|}{|\vec{\mathbf{n}}|}$ 的精准套用。
2. 核心方法：空间直角坐标系向量代数精算化简法。
3. 避坑指南：
   • 第二问法向量夹角向二面角实体转化时弄错钝锐：利用等式算出的余弦值是 $-\frac{1}{3}$。此时必须肉眼扫视立体图形进行几何直观校验：由于 $N$ 是侧棱中点，整个平面 $CMN$ 扣在底面上方，其与底面围成的内夹角显然小于 $90^{\circ }$（为锐角）。向量法算出的法向量夹角不一定等于二面角，若算出负值且图形为锐角，必须无条件取绝对值改写为正数 $\frac{1}{3}$。
   • 确定高 $SO$ 时产生基本的勾股定理算术笔误：在 $△SOA$ 中算高时，部分学生误用 $SO=\sqrt{12+4}=\sqrt{16}=4$，把减号看成加号，这会导致后面所有的坐标和向量彻底偏离轨道。建系后第一件事，必须在草稿纸上把坐标轴上的基础截距核验两次。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是立体几何大纲版解答题的标配压轴题，属于中高难度常规核心技巧题。
2. 结论推广: 求点到平面的距离，可过该点作平面的垂线构造直角三角形，或利用等体积法 $V=\frac{1}{3}Sh$ 求解。

🔗【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)

• 1981-全国文-08 解-正四棱柱截面与对角面的垂直
• 2005-全国卷I文-18 解-四棱锥垂直与角
• 2005-湖北卷文-20 解-截面多面体与点面距离