2002-新课标理-18乙 解-面面垂直的性质定理

本题导读

本题是一道空间向量与解析几何几何特征深度融合的立体几何压轴题。核心意图在于测试学生利用面面垂直的交线性质建立空间直角坐标系，将具有相对运动约束的双动点 $M,N$ 的空间坐标用参数 $a$ 进行联合表征，从而通过二次函数与空间向量法分别定量解决距离最值与动二面角的问题。

📌【题干】

Question

（2002年新课标卷(理)） 【乙】 如图，正方形 $ABCD$ 、 $ABEF$ 的边长都是 1，而且平面 $ABCD$ 、平面 $ABEF$ 互相垂直. 点 $M$ 在 $AC$ 上移动，点 $N$ 在 $BF$ 上移动，若 $CM=BN=a(0<a<\sqrt{2})$.

(1)求 $MN$ 的长；

(2) $a$ 为何值时， $MN$ 的长最小；

(3)当 $MN$ 的长最小时，求面 $MNA$ 与面 $MNB$ 所成二面角 $\alpha$ 的大小.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：由于平面 $ABCD\perp$ 平面 $ABEF$，且交线为 $AB$。在正方形 $ABCD$ 中， $CB\perp AB$，故 $CB\perp$ 平面 $ABEF$。以 $B$ 为原点，射线 $BA$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $BF$ 所在平面内的垂直方向（即 $BE$ 方向）为 $y$ 轴正方向，射线 $BC$ 方向为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。将动点 $M,N$ 的坐标用参数 $a$ 表示出来，利用两点间距离公式求出 $MN$ 的长。
2. 第二问逻辑：第一问求出的 $M{N}^2$ 是一个关于参数 $a$ 的一元二次多项式，直接通过配方法或二次函数顶点公式求出使 $MN$ 取得最小值时的 $a$ 值。
3. 第三问逻辑：将使 $MN$ 最短时的 $a$ 值代入，确定各关键点的精确空间坐标。分别写出平面 $MNA$ 和平面 $MNB$ 的两个相交方向向量，通过解线性方程组求出两个平面的法向量 ${\vec{n}}_1$ 和 ${\vec{n}}_2$，利用数量积公式计算余弦值 $|\cos \alpha |=\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_2|}$，并结合图形判定二面角是锐角还是钝角。

✅【答案】

Success

(1) $MN=\sqrt{{\left(a-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}}$

(2) 当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$MN$ 最小，最小值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$

(3) $\arccos \left(-\frac{1}{3}\right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：建立空间直角坐标系并求解 $MN$ 的长

因为平面 $ABCD\perp$ 平面 $ABEF$，且平面 $ABCD\cap$ 平面 $ABEF=AB$。 在正方形 $ABCD$ 中， $CB\perp AB$，根据面面垂直的性质定理可知： $CB\perp$ 平面 $ABEF$。 同理，在正方形 $ABEF$ 中， $BE\perp AB$。

以 $B$ 为坐标原点，射线 $BA$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $BE$ 方向为 $y$ 轴正方向，射线 $BC$ 方向为 $z$ 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 $B-xyz$。 由于正方形边长均为 1，各关键点坐标如下： $B(0,0,0),A(1,0,0),C(0,0,1),F(1,1,0)$

• 确定动点 $M$ 的坐标： 点 $M$ 在对角线 $AC$ 上，且 $CM=a$。因为正方形边长为 1，对角线 $AC=\sqrt{2}$。 则 $\frac{AM}{AC}=\frac{\sqrt{2}-a}{\sqrt{2}}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}a$。 利用向量共线形式 $\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{BA}+\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)\overrightarrow{AC}$： $\overrightarrow{AC}=(0-1,0-0,1-0)=(-1,0,1)$ $M=(1,0,0)+\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)(-1,0,1)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,1-\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)$

• 确定动点 $N$ 的坐标： 点 $N$ 在对角线 $BF$ 上，且 $BN=a$。 由于 $\overrightarrow{BF}=(1-0,1-0,0-0)=(1,1,0)$，单位方向向量为 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$。 则： $\overrightarrow{BN}=a\cdot \left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0\right)⟹N\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0\right)$

• 计算 $MN$ 的长： $\overrightarrow{MN}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a-0,0-\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)\right)=\left(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a-1\right)$ 根据空间两点间距离公式： $MN=|\overrightarrow{MN}|=\sqrt{0^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a-1\right)}^2}=\sqrt{\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2-\sqrt{2}a+1}=\sqrt{a^2-\sqrt{2}a+1}$

答： $MN$ 的长为 $\sqrt{a^2-\sqrt{2}a+1}$。

（2）解：求 $MN$ 长的最小值

由（1）可知， $M{N}^2=a^2-\sqrt{2}a+1$。 这是一个关于 $a$ 的一元二次函数，对根号内的多项式进行配方： $a^2-\sqrt{2}a+1={\left(a-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+1-\frac{1}{2}={\left(a-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}$ 因为给定已知范围 $a\in (0,\sqrt{2})$，对称轴 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 恰好落在该开区间内部。 所以，当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时， $M{N}^2$ 取得全局极小值（亦为最小值） $\frac{1}{2}$。 此时 $MN$ 的最小值为 $\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。

答：当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时， $MN$ 的长最小。

（3）解：求面 $MNA$ 与面 $MNB$ 所成二面角 $\alpha$ 的大小

当 $MN$ 的长最小时， $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$。将该特定值代入各点坐标中： $M\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right),N\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),A(1,0,0),B(0,0,0)$

从而可得相关计算向量： $\overrightarrow{BM}=\left(\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{BN}=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right),\overrightarrow{AM}=\left(-\frac{1}{2},0,\frac{1}{2}\right),\overrightarrow{AN}=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)$

• 第一步：求平面 $MNB$ 的法向量 ${\vec{n}}_1$ 设平面 $MNB$ 的法向量为 ${\vec{n}}_1=(x,y,z)$，则： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{BM}=0\\ {\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{BN}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}z=0⟹z=-x\\ \frac{1}{2}x+\frac{1}{2}y=0⟹y=-x\end{array}$ 令 $x=1$，可得一组特解： ${\vec{n}}_1=(1,-1,-1)$。

• 第二步：求平面 $MNA$ 的法向量 ${\vec{n}}_2$ 设平面 $MNA$ 的法向量为 ${\vec{n}}_2=(u,v,w)$，则： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AM}=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AN}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}-\frac{1}{2}u+\frac{1}{2}w=0⟹w=u\\ -\frac{1}{2}u+\frac{1}{2}v=0⟹v=u\end{array}$ 令 $u=1$，可得一组特解： ${\vec{n}}_2=(1,1,1)$。

• 第三步：计算法向量夹角及二面角大小 设两法向量的夹角为 $\varphi$，其余弦值为： $\cos \varphi =\frac{{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_2|}=\frac{1\times 1+(-1)\times 1+(-1)\times 1}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2+(-1{)}^2}\cdot \sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{1-1-1}{\sqrt{3}\sqrt{3}}=-\frac{1}{3}$ 根据空间几何图形的结构可知，面 $MNA$ 与面 $MNB$ 所成的二面角 $\alpha$ 为锐角。 二面角 $\alpha$ 的余弦值为： $\cos \alpha =|\cos \varphi |=\left|-\frac{1}{3}\right|=\frac{1}{3}$ 所以，二面角 $\alpha =\arccos \frac{1}{3}$。

答：面 $MNA$ 与面 $MNB$ 所成二面角 $\alpha$ 的大小为 $\arccos \frac{1}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直转化为线面垂直从而精准建系；动点向量的参数化关联表达；两平面法向量的内积求二面角。
2. 核心方法：空间直角坐标系法。
3. 避坑指南：

• 动点向量方向视错陷阱：在第一问求点 $M$ 和 $N$ 的坐标时，由于 $CM=BN=a$，方向起点不同（ $M$ 的起始度量是从 $C$ 算起， $N$ 的起始度量是从 $B$ 算起）。如果粗心将 $M$ 错看成 $AM=a$，写出来的坐标系数就会错位，从而导致后续整道题全盘皆输。动点坐标必须严格核对距离的基准参考点。
• 二面角钝角/锐角主观误判陷阱：向量夹角余弦值算出来是 $-\frac{1}{3}$，不能盲目认为二面角就是钝角 $\pi -\arccos \frac{1}{3}$。二面角的最终大小必须根据图形中两个面折叠的空间指向进行人工定性校验（一般情况下无特殊声明，二面角的大小取其对应的正值锐角或根据几何物理位置判定，此结构中面 $MNA$ 与面 $MNB$ 构成的棱为 $MN$， $A,B$ 的空间分布锁定该折角为锐角 $\arccos \frac{1}{3}$）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 源于正方体（两垂直正方形拼接）中的异面直线上的动点距离问题，本质是空间两点距离的最值，考查空间向量坐标化与二次函数最值，是”折叠型”立体几何的经典模型。

2. 结论推广: 设两正方形边长均为 $1$，$CM=BN=a$，则 $MN=\sqrt{{\left(a-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}}$，最小值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$；一般地，当 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 即 $M,N$ 分别为 $AC,BF$ 中点时 $MN$ 最短，此时二面角 $\alpha =\arccos \frac{1}{3}$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2005-全国卷I文-18 解-四棱锥垂直与角
• 2006-陕西文-19 解-线面角与二面角
• 2008-湖北文-18 解-直三棱柱垂直与角