2005-山东卷理-20 解-空间向量在立体几何中的应用

本题导读

本题考查线面角的射影转化、空间直角坐标系下立体几何几何量的综合解法。核心在于建系坐标法、向量投影法。

📌【题干】

Question

（2005年山东卷(理)） 如图，已知长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$，$AB=2$，$A{A}_1=1$，直线 $BD$ 与平面 $A{A}_1{B}_{1}B$ 所成的角为 $30^{\circ }$，$AE\perp BD$ 于 $E$，$F$ 为 $A_1{B}_1$ 的中点.

(1)求异面直线 $AE$ 与 $BF$ 所成的角；

(2)求平面 $BDF$ 与平面 $A{A}_{1}B$ 所成的二面角（锐角）的大小；

(3)求点 $A$ 到平面 $BDF$ 的距离.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 坐标系建立：利用线面角确定长方体的宽 $AD$。以 $A$ 为原点， $AB,AD,A{A}_1$ 所在直线为轴建立空间直角坐标系。
2. 第一问：求出点 $E$ 的坐标，利用向量夹角公式 $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}|}{|\overrightarrow{AE}|\cdot |\overrightarrow{BF}|}$ 求解。
3. 第二问：分别求出平面 $BDF$ 与平面 $A{A}_{1}B$ 的法向量，计算法向量夹角的余弦值从而确定二面角。
4. 第三问：利用射影距离公式 $d=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$ 计算点到平面的距离。

✅【答案】

Success

异面直线AE与BF所成的角为arccos√24；二面角的大小为arccos√15

✍【详细解析】

Abstract

解：在长方体中，$AD\perp 平面A{A}_1{B}_{1}B$，故 $BD$ 在平面 $A{A}_1{B}_{1}B$ 上的射影为 $AB$。 所以直线 $BD$ 与平面 $A{A}_1{B}_{1}B$ 所成的角为 $\angle DBA=30^{\circ }$。 在直角 $△DAB$ 中，$AB=2$，故 $AD=AB\cdot \tan 30^{\circ }=2\times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。

以 $A$ 为原点，射线 $AB,AD,A{A}_1$ 分设为 $x,y,z$ 轴正半轴，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 各点坐标为： $A(0,0,0)$, $B(2,0,0)$, $D\left(0,\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right)$, $A_1(0,0,1)$, $B_1(2,0,1)$。 由于 $F$ 是 $A_1{B}_1$ 的中点，可得 $F(1,0,1)$。

设 $E(x_0,y_0,0)$。因为 $E$ 在直线 $BD$ 上，且 $\overrightarrow{AE}\perp \overrightarrow{BD}$： $\overrightarrow{BD}=\left(-2,\frac{2\sqrt{3}}{3},0\right)$，设 $\overrightarrow{BE}=t\overrightarrow{BD}=\left(-2t,\frac{2\sqrt{3}}{3}t,0\right)$。 则 $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BE}=\left(2-2t,\frac{2\sqrt{3}}{3}t,0\right)$。 由 $\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BD}=0$ 得： $-2(2-2t)+\frac{2\sqrt{3}}{3}\times \frac{2\sqrt{3}}{3}t=0⟹-4+4t+\frac{4}{3}t=0⟹\frac{16}{3}t=4⟹t=\frac{3}{4}$ 代入得 $\overrightarrow{AE}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。

（1）计算相关向量： $\overrightarrow{AE}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right),\overrightarrow{BF}=F-B=(-1,0,1)$ 设异面直线 $AE$ 与 $BF$ 所成的角为 $\alpha$： $\cos \alpha =\frac{|\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{BF}|}{|\overrightarrow{AE}|\cdot |\overrightarrow{BF}|}=\frac{|-\frac{1}{2}+0+0|}{\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}\times \sqrt{(-1{)}^2+0^2+1^2}}=\frac{\frac{1}{2}}{1\times \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 所以异面直线 $AE$ 与 $BF$ 所成的角为 $\arccos \frac{\sqrt{2}}{4}$。

（2）平面 $A{A}_{1}B$ 即为 $xOz$ 平面，其法向量可取为 $\overrightarrow{n_1}=(0,1,0)$。 设平面 $BDF$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)$，由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{BD}=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{BF}=0\end{array}$ 得： $\{\begin{array}{l}-2x+\frac{2\sqrt{3}}{3}y=0\\ -x+z=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}x=\frac{\sqrt{3}}{3}y\\ z=x\end{array}$ 取 $y=\sqrt{3}$，解得 $x=1,z=1$，即 $\overrightarrow{n_2}=(1,\sqrt{3},1)$。

设平面 $BDF$ 与平面 $A{A}_{1}B$ 所成的二面角为 $\beta$： $\cos \beta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|0\times 1+1\times \sqrt{3}+0\times 1|}{1\times \sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2+1^2}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$ 所以平面 $BDF$ 与平面 $A{A}_{1}B$ 所成的二面角（锐角）的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{15}}{5}$。

（3）点 $A(0,0,0)$ 到平面 $BDF$ 的距离 $d$ 为向量 $\overrightarrow{AB}$ 在平面法向量 $\overrightarrow{n_2}$ 上的投影绝对值： $\overrightarrow{AB}=(2,0,0),\overrightarrow{n_2}=(1,\sqrt{3},1)$ $d=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|2\times 1+0+0|}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 所以点 $A$ 到平面 $BDF$ 的距离为 $\frac{2\sqrt{5}}{5}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面角的射影转化、空间直角坐标系下立体几何几何量的综合解法。
2. 核心方法：建系坐标法、向量投影法。
3. 避坑指南：长方体宽度 $AD$ 的精确计算是后续所有坐标运算的基础，务必利用 $\tan 30^{\circ }$ 求解，若将线面角错当成线线角，会导致全题得零分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题为长方体背景下的经典三维空间度量大题，侧重考查空间向量法处理异面直线角、二面角和距离问题的标准程序。
2. 结论推广：利用平面法向量 $\vec{n}$ 求解点 $P$ 到平面（过点 $Q$）的距离公式恒为 $d=\frac{|\overrightarrow{QP}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.05 几何法求空间角专题
• 21.03 空间向量求角
• 21.04 空间向量求距离

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