2006-江西卷理-20 解-空间直角坐标系与空间向量的应用

本题导读

本题考查三棱锥中的垂直证明、二面角求解以及线面角动点存在性问题。核心在于利用对称性找到正交垂直关系并建立空间直角坐标系，利用代数向量工具高效求解各空间角。

📌【题干】

Question

（2006年江西卷(理)） 如图，在三棱锥 $A-BCD$ 中，侧面 $ABD$、 $ACD$ 是全等的直角三角形， $AD$ 是公共的斜边，且 $AD=\sqrt{3}$， $BD=CD=1$，另一个侧面 $ABC$ 是正三角形.

(1) 求证： $AD\perp BC$；

(2) 求二面角 $B-AC-D$ 的大小；

(3) 在直线 $AC$ 上是否存在一点 $E$，使 $ED$ 与面 $BCD$ 成 $30^{\circ }$ 角？若存在，确定 $E$ 的位置；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：利用勾股定理分别算出 $AB,AC$ 的长度。由 $△ABD\cong △ACD$ 知 $AB=AC$，结合 $ABC$ 是正三角形及 $BD=CD$，利用取 $BC$ 中点 $M$ 的射影对称性，通过线面垂直的性质定理证明 $AD\perp BC$。 第二问：取 $BC$ 中点 $M$，连接 $AM,DM$。证明 $AM\perp BC,DM\perp BC$，从而 $BC\perp$ 平面 $AMD$。推导出平面 $AMD\perp$ 平面 $BCD$。以 $M$ 为坐标原点建立空间直角坐标系，求解平面 $ABC$ 与平面 $ACD$ 的法向量，计算二面角。 第三问：在建立的空间直角坐标系中，设出 $\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AC}$，写出动点 $E$ 及向量 $\overrightarrow{ED}$ 的坐标表示。求出平面 $BCD$ 的法向量，利用线面角的向量公式 $\sin 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{ED}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{ED}|\cdot |\vec{n}|}$ 建立关于 $\lambda$ 的方程，求解判定。

✅【答案】

Success

（1）证明见解析；

（2）二面角 $B-AC-D$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$；

（3）存在满足条件的点 $E$，且有两个位置，$\overrightarrow{AE}=\left(1\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\overrightarrow{AC}$．

✍【详细解析】

Abstract

解： （1）因为侧面 $ABD,ACD$ 是全等的直角三角形，$AD$ 是公共的斜边，所以 $\angle ABD=\angle ACD=90^{\circ }$，且 $AB=AC$． $AB=\sqrt{A{D}^2-B{D}^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2},AC=\sqrt{A{D}^2-C{D}^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}$ 又 $△ABC$ 是正三角形，故 $BC=AB=AC=\sqrt{2}$． 取 $BC$ 的中点 $M$，连接 $AM,DM$．在正三角形 $ABC$ 中，$AM\perp BC$；在 $△BCD$ 中，$BD=CD=1$，故 $DM\perp BC$． 由 $AM\cap DM=M$，$AM,DM\subset$ 平面 $AMD$，得 $BC\perp \text{平面 }AMD$ 又 $AD\subset$ 平面 $AMD$，所以 $AD\perp BC$．

（2）因为 $BC=\sqrt{2}$，$M$ 是 $BC$ 的中点，所以 $BM=\frac{\sqrt{2}}{2}$，于是 $AM=\sqrt{A{B}^2-B{M}^2}=\sqrt{2-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{2},DM=\sqrt{B{D}^2-B{M}^2}=\sqrt{1-\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 在 $△AMD$ 中，$AD=\sqrt{3}$，由余弦定理 $\cos \angle AMD=\frac{A{M}^2+D{M}^2-A{D}^2}{2\cdot AM\cdot DM}=\frac{\frac{3}{2}+\frac{1}{2}-3}{2\times \frac{\sqrt{6}}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{-1}{\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$

以 $M$ 为原点，$\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MD}$ 的方向分别为 $x,y$ 轴正方向，过 $M$ 作平面 $BCD$ 的垂线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系．由 $BC\perp$ 平面 $AMD$ 知平面 $AMD\perp$ 平面 $BCD$，交线为 $MD$，故点 $A$ 在平面 $BCD$ 上的正投影落在直线 $MD$ 上，即 $A(0,y_A,z_A)$，其中 $y_A=AM\cos \angle AMD=\frac{\sqrt{6}}{2}\times \left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2},z_A=AM\cdot |\sin \angle AMD|=\frac{\sqrt{6}}{2}\times \sqrt{1-\frac{1}{3}}=1$ 于是 $M(0,0,0),B\left(\frac{\sqrt{2}}{2},0,0\right),C\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},0,0\right),D\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},0\right),A\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$

设平面 $ABC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$．由 $\overrightarrow{CB}=(\sqrt{2},0,0)$，$\overrightarrow{CA}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$ 得 $x_1=0$，$-\frac{\sqrt{2}}{2}{y}_1+z_1=0$，取 $y_1=\sqrt{2}$，得 $\overrightarrow{n_1}=(0,\sqrt{2},1)$

设平面 $ACD$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$．由 $\overrightarrow{CD}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$，$\overrightarrow{CA}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$ 得 $\{\begin{array}{l}\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_2+\frac{\sqrt{2}}{2}{y}_2=0\\ \frac{\sqrt{2}}{2}{x}_2-\frac{\sqrt{2}}{2}{y}_2+z_2=0\end{array}$ 取 $x_2=\sqrt{2}$，得 $y_2=-\sqrt{2}$，$z_2=-2$，即 $\overrightarrow{n_2}=(\sqrt{2},-\sqrt{2},-2)$．

所以 $\cos ⟨\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}⟩=\frac{0\times \sqrt{2}+\sqrt{2}\times (-\sqrt{2})+1\times (-2)}{\sqrt{3}\times \sqrt{2+2+4}}=\frac{-4}{2\sqrt{6}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}$ 故二面角 $B-AC-D$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$．

（3）设直线 $AC$ 上存在点 $E$ 满足条件，令 $\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AC}$．由 $A\left(0,-\frac{\sqrt{2}}{2},1\right)$，$\overrightarrow{AC}=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},-1\right)$ 得 $E\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda ,-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda ,1-\lambda \right)$ 又 $D\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$，故 $\overrightarrow{ED}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda ,\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}\lambda ,\lambda -1\right)$ 平面 $BCD$ 即 $xMy$ 平面，其法向量可取 $\vec{n}=(0,0,1)$．由 $ED$ 与平面 $BCD$ 成 $30^{\circ }$ 角得 $\sin 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{ED}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{ED}|\cdot |\vec{n}|}⟹\frac{1}{2}=\frac{|\lambda -1|}{\sqrt{\frac{{\lambda }^2}{2}+2{\left(1-\frac{\lambda }{2}\right)}^2+(\lambda -1{)}^2}}$ 两边平方并整理： $\frac{1}{4}=\frac{(\lambda -1{)}^2}{2{\lambda }^2-4\lambda +3}⟹2{\lambda }^2-4\lambda +1=0$ 解得 $\lambda =\frac{4\pm \sqrt{16-8}}{4}=1\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$ 故直线 $AC$ 上存在满足条件的点 $E$，且有两个，均满足 $\overrightarrow{AE}=\left(1\pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\overrightarrow{AC}$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直性质转换、多面体非正交特征下的空间建系模型、线面角与二面角精确计算。
• 核心方法：投影对称轴建系法、向量参数方程法。
• 避坑指南：
• 确定点 $A$ 的坐标是本题建系的关键难点， $△AMD$ 不是直角三角形，切勿直接误用勾股定理作为坐标轴分量，必须通过余弦定理求出夹角余弦值进行精密投影分解。
• 第三问在线上寻找动点，设 $\overrightarrow{AE}=\lambda \overrightarrow{AC}$ 时，无需限定 $\lambda \in [0,1]$，因为题目要求的是在“直线 $AC$”上而非线段上。判别式 $>0$ 即可证明存在性。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题源自经典高考试题中立体几何解答题关于“空间位置与空间角”的综合能力考查。通过全等直角三角形的对称拼合，考查由形到代数向量的坐标转化。 结论推广: 直线与平面所成角的本质是方向向量与平面法向量夹角的余角。若平面法向量为 $(0,0,1)$，则线面角正弦值等价于方向向量的 $z$ 分量绝对值与向量总模长的比值，通过一元二次方程判别式即可判定动点的存在性边界。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题
• 16.03 两条直线的位置关系判定
• 21.01 空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2007-上海卷理-19 解-用空间向量求二面角
• 2007-天津卷理-19 解-二面角向量求法
• 2007-山东卷理-19 解-用空间向量求二面角