三棱柱：2020年全国卷B题20

三棱柱：2020年全国卷B题20

作者: 易水樵 | 来源:发表于2021-11-17 16:32 被阅读0次

三棱柱：2020年全国卷B题20

分值：12 分

如图，已知三棱柱 $ABC-A_1B_1C_1$ 的底面是正三角形，侧面 $BB_1C_1C$ 是矩形， $M,N$ 分别为 $BC，B_1C_1$ 的中点， $P$ 为 $AM$ 上一点，过 $B_1C_1$ 和 $P$ 的平面交 $AB$ 于 $E$ ，交 $AC$ 于 $F$ .

（1）证明∶ $AA_1 // MN$ , 且平面 $A_1AMN \perp$ 平面 $EB_1C_1F$ ;

（2）设 $O$ 为 $\triangle A_1B_1C_1$ 的中心. 若 $AO$ // 平面 $EB_1C_1F$ ,且 $AO=AB$ ，求直线 $B_1E$ 与平面 $A_1AMN$ 所成角的正弦值.

2020年全国卷B

【解答问题1】

∵ $BB_1C_1C$ 是矩形， $M,N$ 分别为 $BC，B_1C_1$ 的中点，

∴ $BB_1MN$ 是矩形， $BB_1//MN$ ,

∵ $AA_1//BB_1,\; BB_1//MN$ ,

$AA_1//MN$ .

∵ $BB_1MN$ 是矩形，

∴ $B_1N//MN$ ,

∵ $\triangle A_1B_1C_1$ 是正三角形, $N$ 是 $B_1C_1$ 的中点，

∴ $B_1N \perp AN$ ,

∵ $B_1N \perp AN, B_1N \perp MN, AN \cap MN=N$ ,

∴ $B_1N \perp$ 平面 $A_1AMN$

又∵ $B_1N \subset$ 平面 $EB_1C_1F$ ,

∴ 平面 $A_1AMN \perp$ 平面 $EB_1C_1F$ .

【解答问题2】

以点 $M$ 为原点建立直角坐标系，并以 $MA,MB$ 为 $x,y$ 轴，以向上为 $z$ 轴正方向.

令 $BM=1$ , 则可得以下点的坐标：

$M(0,0,0), A(\sqrt{3},0,0), B(0,1,0),$

∵ $BC//B_1C_1, B_1C_1 \perp$ 平面 $A_1AMN$ ,

∴ $B_1C_1 \perp$ 平面 $A_1AMN$ ,

∴ $y_{_N}=0$

设 $ABC, A_1B_1C_1$ 两平面的距离为 $h$ ,

则点 $N$ 的坐标可设为 $N(t,0,h)$ ,

相应地，平面 $A_1B_1C_1$ 上几个点的坐标如下：

$B_1(t,1,h), A_1(t+\sqrt{3}, 0, h)$

∵ $AO$ // 平面 $EB_1C_1F$ , 平面 $AONP \;\cap$ 平面 $EB_1C_1F = NP$ ,

∴ $AO //NP$

∵ 平面 $ABC //$ 平面 $A_1B_1C_1$

平面 $A_1AMN \;\cap$ 平面 $ABC=AM$

平面 $A_1AMN \;\cap$ 平面 $A_1B_1C_1$ $=A_1N$

∴ $AM//A_1N$

∵ $AM//A_1N$ , $AO //NP$ ,

∴ $AONP$ 是平行四边形, $ON=AP$ , 由此确定以下坐标：

$O(t+ \dfrac {\sqrt{3}}{3}, 0, h)$

$E(\dfrac{2}{3}\sqrt{3}, \dfrac{1}{3}, 0)$

$\overrightarrow{EB_1}=(t-\dfrac{2}{3}\sqrt{3}, \dfrac{2}{3}, h)$

∵ $AO=AB$

∴ $(t- \dfrac{2}{3}\sqrt{3})^2+h^2=4$

$| \overrightarrow{EB_1}|^2=\dfrac {40}{9}, \; |\overrightarrow{EB_1}|=\dfrac {2}{3} \sqrt{10}$

∵ $BC \perp$ 平面 $A_1AMN$ ,

∴ 平面 $A_1AMN$ 的法向量为 $\overrightarrow{m}=(0,1,0)$

$\cos<\overrightarrow{EB_1}, \overrightarrow{m}> \dfrac {\overrightarrow{EB_1} \cdot \overrightarrow{m}} { |\overrightarrow{m}| \cdot |\overrightarrow{m}|} = \dfrac {1}{\sqrt{10}}$

∴ 直线 $B_1E$ 与平面 $A_1AMN$ 所成角的正弦值为 $\dfrac {\sqrt{10}}{10}$ .

【提炼与提高】

在问题1的解答过程中，平面几何的几个常用命题起到了重要作用，我们小结一下：

「矩形是一类特殊的平行四边形，它具有以下性质：」

「矩形的对边平行且相等；」

「矩形的四个内角都等于 $90°$ ；」

等腰三角形具有三线合一的性质，具体说来就是：

「等腰三角形底边上的中线与底边垂直。」

在问题1中还用到了立体几何的以下知识：

「平行的传递性」：如何两条直线都与同一条直线平行，则这两条直线相互平行；

「垂直的转换」：由线线垂直推出线面垂直，由线面垂直推出面面垂直。

问题2显然是一个适合用向量方法来解决的问题。

在此过程中需要用到以下几何知识：

由线面平行推出线线平行： $AO$ // 平面 $EB_1C_1F$ $\Rightarrow AO//PN$

正三角形的性质：正三角形的外心、内心、垂心和重心合一，称为正三角形的中心；所以 $ON:A_1N=1:3$ .

在问题2的解答过程中需要避开一个易错点：虽然侧面 $BB_1C_1C$ 是矩形，但 $AA_1B_1B, AA_1C_1C$ 不一定是矩形， $MN$ 与平面 $ABC$ 也不一定是垂直的。有部分学生可能会自己添加条件，从而造成丢分.

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