2005-天津卷文-19 解-斜棱柱线面角与外接球

本题导读

本题考查斜棱柱中的线面角、线面平行与外接球，核心在于由侧棱相等定射影位置、用基底法证平行、用方程法求球半径。

📌【题干】

Question

（2005年天津卷(文)） 如图，在斜三棱柱 $ABC-A_1{B}_1{C}_1$ 中，$\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AC$，$AB=AC$，$A_{1}A=A_{1}B=a$，侧面 $B_{1}BC{C}_1$ 与底面 $ABC$ 所成的二面角为 $120^{\circ }$，$E$、$F$ 分别是棱 $B_1{C}_1$，$A_{1}A$ 的中点．

(1) 求 $A_{1}A$ 与底面 $ABC$ 所成的角；

(2) 证明 $A_{1}E\parallel$ 平面 $B_{1}FC$；

(3) 求经过 $A_1$，$A$，$B$，$C$ 四点的球的体积．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 由 $AB=AC$、$\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AC$、$A_{1}A$ 公共得 $△A_{1}AB\cong △A_{1}AC$，$A_{1}C=A_{1}B=a$。设 $A_1$ 在底面射影为 $H$，则 $HA=HB=HC$，$H$ 为 $△ABC$ 外心。
2. 二面角 $120^{\circ }$ 的补角即 $A_{1}A$ 与底面所成角，$\angle A_{1}AH=60^{\circ }$。
3. (2) 设 $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$、$\overrightarrow{AC}=\vec{v}$、$\overrightarrow{A{A}_1}=\vec{w}$，则 $\overrightarrow{A_{1}E}=\frac{1}{2}(\vec{u}+\vec{v})$；$\overrightarrow{F{B}_1}+\overrightarrow{FC}=\vec{u}+\vec{v}=2\overrightarrow{A_{1}E}$，方向平行于平面 $B_{1}FC$，再证 $A_1$ 不在平面内（系数矛盾）即得平行。
4. (3) 球心 $O$ 在过 $H$ 垂直底面的直线上，$AH=\frac{a}{2}$、$A_{1}H=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$R^2=x^2+\frac{a^2}{4}$ 与 $R^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}a-x{)}^2$ 联立解 $x=\frac{a}{2\sqrt{3}}$，$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，$V=\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi a^3$。

✅【答案】

Success

(1) $60^{\circ }$；(2) 证明见解析；(3) $\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi a^3$

✍【详细解析】

Abstract

由 $AB=AC$，且 $\angle A_{1}AB=\angle A_{1}AC$，在三角形 $A_{1}AB$ 与 $A_{1}AC$ 中使用边角边判定，得 $A_{1}C=A_{1}B=a$． 设 $H$ 为点 $A_1$ 在底面 $ABC$ 内的射影，则 $A_{1}H\perp$ 平面 $ABC$．因为 $A_{1}A=A_{1}B=A_{1}C$，所以 $HA=HB=HC$，即 $H$ 为三角形 $ABC$ 的外心． （1）在过 $BC$ 且垂直于 $BC$ 的截面内，二面角的平面角为 $120^{\circ }$，其补角就是直线 $A_{1}A$ 与底面所成的锐角，因此 $\angle A_{1}AH=60^{\circ }$．在直角三角形 $A_{1}AH$ 中，$A_{1}H=A_{1}A\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，$AH=A_{1}A\cos 60^{\circ }=\frac{a}{2}$．所以 $A_{1}A$ 与底面 $ABC$ 所成的角为 $60^{\circ }$． （2）设 $\overrightarrow{AB}=\vec{u}$，$\overrightarrow{AC}=\vec{v}$，$\overrightarrow{A{A}_1}=\vec{w}$．由棱柱的平移关系，$\overrightarrow{B_1{C}_1}=\overrightarrow{BC}$，且 $E$ 是 $B_1{C}_1$ 的中点，因此 $\overrightarrow{A_{1}E}=\frac{1}{2}(\vec{u}+\vec{v})$．另一方面，$F$ 是 $A_{1}A$ 的中点，所以 $\overrightarrow{F{B}_1}=\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{w}$，$\overrightarrow{FC}=\vec{v}-\frac{1}{2}\vec{w}$． 于是 $\overrightarrow{F{B}_1}+\overrightarrow{FC}=\vec{u}+\vec{v}=2\overrightarrow{A_{1}E}$．左端是平面 $B_{1}FC$ 内两个向量的和，所以直线 $A_{1}E$ 的方向平行于平面 $B_{1}FC$．若 $A_1$ 在平面 $B_{1}FC$ 内，则存在实数 $s,t$，使 $\overrightarrow{A{A}_1}=\overrightarrow{AF}+s\overrightarrow{F{B}_1}+t\overrightarrow{FC}=\frac{1}{2}\vec{w}+s(\vec{u}+\frac{1}{2}\vec{w})+t(\vec{v}-\frac{1}{2}\vec{w})$．比较 $\vec{u}$、$\vec{v}$、$\vec{w}$ 的系数，先得 $s=t=0$，再得 $\frac{1}{2}=1$，矛盾．因而 $A_1\notin$ 平面 $B_{1}FC$，故 $A_{1}E\parallel$ 平面 $B_{1}FC$． （3）设所求球的球心为 $O$，半径为 $R$．因为 $A$，$B$，$C$ 在底面内，且 $H$ 是三角形 $ABC$ 的外心，所以球心 $O$ 在过 $H$ 且垂直于底面的直线上；又 $A_1$ 在该直线上．设 $OH=x$，取从底面指向 $A_1$ 的方向为正方向，则 $AH=\frac{a}{2}$，$A_{1}H=\frac{\sqrt{3}}{2}a$．由 $OA=O{A}_1=R$，分别在两个直角三角形中列式： $R^2=O{H}^2+A{H}^2=x^2+\frac{a^2}{4}$， $R^2=O{A}_1^2=(A_{1}H-OH{)}^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}a-x{)}^2$． 两式相等，得 $\frac{a^2}{4}+x^2=\frac{3a^2}{4}-\sqrt{3}ax+x^2$，解得 $x=\frac{a}{2\sqrt{3}}$．因此 $R^2=\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{12}=\frac{a^2}{3}$，$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$． 所求球的体积为 $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi (\frac{\sqrt{3}}{3}a{)}^3=\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi a^3$．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：斜棱柱线面角与外接球

核心方法：外心定位作高，向量基底证平行，轴截面求球

避坑指南：$A_{1}A=A_{1}B=A_{1}C$ 得 $A_1$ 在底面的射影是 $△ABC$ 外心，$\angle A_{1}AH=60^{\circ }$；设 $\overrightarrow{AB}=\vec{u},\overrightarrow{AC}=\vec{v},\overrightarrow{A{A}_1}=\vec{w}$ 基底表示证 $A_{1}E\parallel$ 平面 $B_{1}FC$；球心在过外心垂直底面的直线上，$R^2=x^2+\frac{a^2}{4}$ 联立得 $R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，$V=\frac{4\sqrt{3}}{27}\pi a^3$

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：斜棱柱综合：线面角 + 线面平行 + 外接球

结论推广：等长侧棱射影为外心是定型结论；基底向量证平行避免建系；轴截面直角三角形定球半径

方法推广：$A_{1}A=A_{1}B=A_{1}C\Rightarrow$ 射影为 $△ABC$ 外心，直棱柱/正棱柱同理迁移；外接球半径用 $R^2=x^2+r^2$ 联立解

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.02 外接球和内切球模型
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2018-全国卷III文-19 解-面面垂直
• 2009-大纲Ⅱ文-19 解-直三棱柱线面角