2005-江西卷理-20 解-空间线面垂直的判定与性质

本题导读

本题主要考查长方体中的线面垂直证明、点到平面的距离以及二面角的求解，侧重考查空间想象能力和逻辑推理能力。

📌【题干】

Question

（2005年江西卷） 如图，在长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，$AD=A{A}_1=1$，$AB=2$，点 $E$ 在棱 $AB$ 上移动.

(1)证明：$D_{1}E\perp A_{1}D$；

(2)当 $E$ 为 $AB$ 的中点时，求点 $E$ 到面 $AC{D}_1$ 的距离；

(3)$AE$ 等于何值时，二面角 $D_1-EC-D$ 的大小为 $\frac{\pi }{4}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第（1）问：利用线面垂直的判定定理，证明 $A_{1}D\perp$ 平面 $A{D}_{1}E$ 即可。
2. 第（2）问：利用等体积法 $V_{E-AC{D}_1}=V_{D_1-ACE}$，通过求出相应底面积与高来解出距离。
3. 第（3）问：利用三垂线定理确定二面角的平面角为 $\angle D_{1}HD$，求出 $D$ 到 $EC$ 的距离后列方程求解 $AE$ 的长。

✅【答案】

Success

（1）证明见解析；

（2）$\frac{1}{3}$；

（3）$AE=2-\sqrt{3}$。

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 在长方体 $ABCD-A_1{B}_1{C}_1{D}_1$ 中，因为 $AE\subset$ 平面 $ABCD$，且侧面 $AD{D}_1{A}_1\perp$ 平面 $ABCD$， 所以 $AE\perp$ 平面 $AD{D}_1{A}_1$。 因为 $A_{1}D\subset$ 平面 $AD{D}_1{A}_1$，所以 $A_{1}D\perp AE$。 又因为 $AD=A{A}_1=1$，所以侧面 $AD{D}_1{A}_1$ 为正方形，故对角线 $A_{1}D\perp A{D}_1$。 由于 $AE\cap A{D}_1=A$，且 $AE,A{D}_1\subset$ 平面 $A{D}_{1}E$， 所以 $A_{1}D\perp$ 平面 $A{D}_{1}E$。 因为 $D_{1}E\subset$ 平面 $A{D}_{1}E$，所以 $D_{1}E\perp A_{1}D$。

（2）解： 当 $E$ 为 $AB$ 的中点时，$AE=1$。 在底面矩形 $ABCD$ 中， $△ACE$ 的面积 $S_{△ACE}=\frac{1}{2}\times AE\times AD=\frac{1}{2}\times 1\times 1=\frac{1}{2}$。 则三棱锥 $D_1-ACE$ 的体积为： $V_{D_1-ACE}=\frac{1}{3}\times S_{△ACE}\times D_{1}D=\frac{1}{3}\times \frac{1}{2}\times 1=\frac{1}{6}$

在 $△AC{D}_1$ 中，由勾股定理得 $AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$， $C{D}_1=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$， $A{D}_1=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。 故 $△AC{D}_1$ 是以 $AC=C{D}_1=\sqrt{5}$ 为腰的等腰三角形，其底边 $A{D}_1$ 上的高为 $h=\sqrt{(\sqrt{5}{)}^2-{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3}{\sqrt{2}}$。 则 $△AC{D}_1$ 的面积为： $S_{△AC{D}_1}=\frac{1}{2}\times \sqrt{2}\times \frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3}{2}$ 设点 $E$ 到平面 $AC{D}_1$ 的距离为 $d$，由等体积法 $V_{E-AC{D}_1}=V_{D_1-ACE}$ 得： $\frac{1}{3}\times S_{△AC{D}_1}\times d=\frac{1}{6}⟹\frac{1}{3}\times \frac{3}{2}\times d=\frac{1}{6}⟹d=\frac{1}{3}$ 故点 $E$ 到面 $AC{D}_1$ 的距离为 $\frac{1}{3}$。

（3）解： 因为 $D_{1}D\perp$ 平面 $ABCD$，过点 $D$ 作 $DH\perp EC$ 于 $H$，连接 $D_{1}H$。 由三垂线定理可知 $D_{1}H\perp EC$， 所以 $\angle D_{1}HD$ 为二面角 $D_1-EC-D$ 的平面角，即 $\angle D_{1}HD=\frac{\pi }{4}$。 在 Rt$△D_{1}HD$ 中， $\frac{D_{1}D}{DH}=\tan \frac{\pi }{4}=1$，因为 $D_{1}D=1$，所以 $DH=1$。

在底面平面直角坐标系中，设 $D$ 为原点， $DA$ 轴为 $x$ 轴， $DC$ 轴为 $y$ 轴。 则 $D(0,0)$， $C(0,2)$。设 $AE=t$ （$0\le t\le 2$），则 $E(1,t)$。 直线 $EC$ 的方程为： $\frac{y-2}{t-2}=\frac{x-0}{1-0}⟹(t-2)x-y+2=0$。 点 $D(0,0)$ 到直线 $EC$ 的距离即为 $DH$，由点到直线距离公式得： $DH=\frac{|2|}{\sqrt{(t-2{)}^2+(-1{)}^2}}=1$ 方化简得： $(t-2{)}^2+1=4⟹(t-2{)}^2=3$。 因为 $0\le t\le 2$，所以 $t-2\le 0$，解得 $t=2-\sqrt{3}$。 故当 $AE=2-\sqrt{3}$ 时，二面角 $D_1-EC-D$ 的大小为 $\frac{\pi }{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的判定定理、三棱锥体积公式（等体积法）、三垂线定理确定二面角。
2. 核心方法：等体积变换法、平面坐标距离解析法。
3. 避坑指南：第三问在开平方根时，由于 $t\in [0,2]$ 导致 $t-2\le 0$，必须取负值开方（即 $t-2=-\sqrt{3}$），极易错解为 $t=2+\sqrt{3}$（超出棱长范围）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1.试题探源: 本题源自立体几何中长方体截面与体积计算的经典模型改造，考查线面位置关系的量化过渡。 2.结论推广: 在直三棱柱或长方体中，若高为 $h$，底面某定点到动截面交线的距离为 $d$，则侧面斜高线与底面所成二面角的正切值恒满足 $\tan \theta =\frac{h}{d}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.04 空间向量求距离
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)