浙江 2019 · 数学 q19

题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2019 · 数学 q19 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 答案）

题面

19.如图，已知三棱柱 ABC−A1B1C1ABC - A_{1}B_{1}C_{1} ，平面 A1AC1C⊥A_{1}AC_{1}C \perp 平面 ABCABC ， ∠ABC=90∘\angle ABC = 90^{\circ}

∠BAC=30∘,A1A=A1C=AC,E,F\angle BAC = 30^{\circ}, A_{1}A = A_{1}C = AC, E,F 分别是 AC,A1B1AC, A_{1}B_{1} 的中点.

(1)证明： EF⊥BCEF \perp BC；

(2)求直线 EFEF 与平面 A1BCA_{1}BC 所成角的余弦值.

答案

（1）证明见解析；（2）35\frac{3}{5}.

本题的知识树

6 概念 · 4 定理 · 1 套路 · 2 易错点 · 最深 6 层。长链是构建期派生的，源文件里只有最小一步。

攻略（零基础 → 会做）

面面垂直一脚踩出 A₁E⊥底面，线面角缩进过 BC 中点的截面 · 最终答案：（1）证明见解析；（2）35\frac{3}{5}.

转着看 · 换个机位再判断

三棱柱 ABCABC-A1B1C1A_1B_1C_1（2019 浙江 q19）：面 A1ACC1⊥A_1ACC_1 \perp 面 ABCABC，∠BAC=30∘\angle BAC = 30^\circ，A1A=A1C=ACA_1A = A_1C = AC

机位自由视角

拖动旋转 · 滚轮缩放（触屏双指）

冷启动：题面三件套挤出一条「⊥底面」

三棱柱的底面是形状已知的直角三角形：∠ABC=90∘\angle ABC=90^{\circ}、∠BAC=30∘\angle BAC=30^{\circ}。侧面 A1ACC1A_{1}ACC_{1} 与底面垂直，而且 A1A=A1C=ACA_{1}A=A_{1}C=AC——侧面里那个三角形 AA1CAA_{1}C 是等边三角形。 EE 是 ACAC 的中点，FF 是 A1B1A_{1}B_{1} 的中点。

三件事叠在一起，官方解析的第一行就逼出来了：

  • 等边 △AA1C\triangle AA_{1}C 里 EE 是 ACAC 中点，三线合一给出 A1E⊥ACA_{1}E\perp AC；
  • 面 A1ACC1⊥A_{1}ACC_{1}\perp 面 ABCABC、交线是 ACAC，A1EA_{1}E 在面 A1ACC1A_{1}ACC_{1} 内又垂直于交线—— 面面垂直的性质定理出场：A1E⊥A_{1}E\perp 底面 ABCABC。

这一行是两问共同的起跑线：第 (1) 问靠它把垂直关系传开，第 (2) 问靠它找垂足、建 zz 轴。 离开它一步都动不了，先把它焊死。

官方解析在这里印了一句不相干的话：「等边 △AA1C\triangle AA_{1}C 中，AE=ECAE=EC，则 ∵sin⁡B≠0,∴sin⁡A=32\because\sin B\neq 0,\therefore\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}」—— 原书排印的噪声，与上下文毫无关系。正确的衔接就是上面那步三线合一：AE=EC⇒A1E⊥ACAE=EC\Rightarrow A_{1}E\perp AC。

教学图：上下两块。上块是三棱柱 ABC-A₁B₁C₁ 的立体图（斜三棱柱：只有面 A₁ACC₁ 垂直于底面），标题三行交代题面条件与结论。绿色虚线 A₁E 从 A₁ 垂直落到 AC 中点 E——面面垂直性质定理的产物；浅色阴影是三角形平面 A₁B₁E（第 (1) 问要证 BC 垂直于它）；绿色实线 EF 连 E 与 A₁B₁ 中点 F；灰色虚线 EM 与 MF 表示 F 的正下方是 BC 中点 M；灰色虚线 EH 标 x 轴方向，y 沿 EC、z 沿 EA₁（字母标在 H、C、A₁ 旁）。下块是截面 Π=平面 MEA₁ 的真形状图：M 在左下、E 在右下（ME=3/2 与 AB 平行）、A₁ 在右上、F 在左上（MF=3 与 A₁E 平行），E 和 M 处各画直角；蓝色斜线 MA₁ 是平面 A₁BC 与截面 Π 的交线，绿色线 EF 与它交于中点 P；从 E、F 各有一条灰色虚线垂到 MA₁（垂足 E′、F′），绿线 E′F′ 正是 EF 在平面 A₁BC 上的射影；M 处蓝色小圆弧标 φ=∠EMA₁（tan φ=2），P 处绿色小圆弧标 θ，绿色注记 cos θ=3/5。

解法一：综合几何法

第 (1) 问：要证线线垂直，先给它找一张「证垂直的面」

目标 EF⊥BCEF\perp BC。EFEF 与 BCBC 异面，题面没给它们任何直接关系；但 EFEF 是平面 A1B1EA_{1}B_{1}E 内的一条线（两个端点都在这个面上）。于是只要证 BC⊥BC\perp 平面 A1B1EA_{1}B_{1}E， 线面垂直的定义立刻给出 BCBC 垂直于面内每一条线，EFEF 在内。

按线面垂直的判定定理，要的是 BCBC 垂直于面内两条相交的线：

  • 第一条 A1EA_{1}E：冷启动已得 A1E⊥A_{1}E\perp 底面，而 BCBC 在底面内——由直线与平面垂直的定义， A1E⊥BCA_{1}E\perp BC。
  • 第二条 A1B1A_{1}B_{1}：棱柱的侧面 ABB1A1ABB_{1}A_{1} 是平行四边形，故 A1B1∥ABA_{1}B_{1}\parallel AB；题面给的 ∠ABC=90∘\angle ABC=90^{\circ} 正是 AB⊥BCAB\perp BC。平行线搬运垂直：A1B1⊥BCA_{1}B_{1}\perp BC。

两条线相交于 A1A_{1}（这一句不能省，判定定理的「相交」要件），所以 BC⊥BC\perp 平面 A1B1EA_{1}B_{1}E，进而 EF⊥BCEF\perp BC。

这条链的骨架就一句：线线垂直证不动时，退一步证线面垂直，再让定义把垂直发给面内所有的线。

第 (2) 问：把整道题压进一张垂直于 BC 的截面

平面 A1BCA_{1}BC 与底面交于 BCBC。垂直于交线的截面是立体几何的老手艺：截面里能同时看见 「斜线」与「斜线在平面上的射影」，线面角就地变成截面里两条直线的夹角。这里取 MM 为 BCBC 的中点，看截面 Π=\Pi= 平面 MEA1MEA_{1}。

第一步，猜出「FF 的正投影就是 MM」。 FF 是 A1B1A_{1}B_{1} 的中点：

  • A1A_{1} 的投影是 EE（A1E⊥A_{1}E\perp 底面）；
  • 棱柱的侧棱平行且相等，B1B→=A1A→\overrightarrow{B_{1}B}=\overrightarrow{A_{1}A}。把 AA1→\overrightarrow{AA_{1}} 拆成 AE→\overrightarrow{AE}（在底面内）加 EA1→\overrightarrow{EA_{1}} （垂直于底面，投影为零），所以 B1B_{1} 的投影 B0=B+AE→B_{0}=B+\overrightarrow{AE}。于是 EB0→=AB→\overrightarrow{EB_{0}}=\overrightarrow{AB}—— 平行四边形 EE-AA-BB-B0B_{0} 的这条边，平移就是 ABAB；
  • 中点在投影下保持中点：FF 的投影是线段 EB0EB_{0} 的中点 E+AB2E+\dfrac{AB}{2}。而三角形的中位线定理说， 过 ACAC 中点 EE 平行于 ABAB 的线交 BCBC 于其中点 MM，且 EM=AB2EM=\dfrac{AB}{2}——所以 E+AB2=ME+\dfrac{AB}{2}=M，FF 的投影正是 BCBC 的中点 MM。又 A1B1∥A_{1}B_{1}\parallel 底面（它平行于 底面内的 ABAB），整条线段都在高度 A1EA_{1}E 上，所以 MF⊥MF\perp 底面、MF=A1E=3MF=A_{1}E=3。

第二步，量一量截面里的各条线段。 △ABC\triangle ABC 中 ∠A=30∘\angle A=30^{\circ}、 ∠B=90∘\angle B=90^{\circ}，EE 是 ACAC 中点。设 AC=23AC=2\sqrt{3}（第 (2) 问求的是角，长度比例随意设）：

AB=ACcos⁡30∘=3,BC=ACsin⁡30∘=3,AB=AC\cos 30^{\circ}=3,\qquad BC=AC\sin 30^{\circ}=\sqrt{3},

于是 EM=AB2=32EM=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{3}{2}；等边 △AA1C\triangle AA_{1}C 的高 A1E=3A_{1}E=3，故 MF=3MF=3。 ME∥AB⊥BCME\parallel AB\perp BC 且 MF⊥BCMF\perp BC，所以 BCBC 垂直于截面 Π\Pi 内的两条相交直线—— BC⊥ΠBC\perp\Pi，平面 A1BCA_{1}BC 过 BCBC，由面面垂直的判定定理，平面 A1BC⊥ΠA_{1}BC\perp\Pi。

第三步，把线面角读成截面里的角。 E,FE,F 都在 Π\Pi 内，所以 EF⊂ΠEF\subset\Pi。由面面垂直的 性质定理，Π\Pi 内垂直于交线 MA1MA_{1} 的直线都垂直于平面 A1BCA_{1}BC——所以从 EE、FF 向平面 A1BCA_{1}BC 作垂线，垂足 E′,F′E',F' 都落在交线 MA1MA_{1} 上。斜线 EFEF 在平面 A1BCA_{1}BC 上的射影就是 E′F′⊂MA1E'F'\subset MA_{1}，按直线与平面所成的角的定义：

θ=直线 EF 与直线 MA1 的夹角\theta=\text{直线 }EF\text{ 与直线 }MA_{1}\text{ 的夹角}

第四步，在截面里一步点积。 以 MM 为原点，MEME、MFMF 为两条轴（ME⊥MFME\perp MF，直角三角形）：

E=(32,0),F=(0,3),A1=(32,3)E=\left(\tfrac{3}{2},0\right),\quad F=\left(0,3\right),\quad A_{1}=\left(\tfrac{3}{2},3\right) EF→=F−E=(−32, 3),MA1→=(32, 3)\overrightarrow{EF}=F-E=\left(-\tfrac{3}{2},\,3\right),\qquad \overrightarrow{MA_{1}}=\left(\tfrac{3}{2},\,3\right) cos⁡θ=∣EF→⋅MA1→∣∣EF→∣∣MA1→∣=∣−94+9∣94+9⋅94+9=274454=35\cos\theta=\frac{\left|\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{MA_{1}}\right|} {\left|\overrightarrow{EF}\right|\left|\overrightarrow{MA_{1}}\right|} =\frac{\left|-\tfrac{9}{4}+9\right|}{\sqrt{\tfrac{9}{4}+9}\cdot\sqrt{\tfrac{9}{4}+9}} =\frac{\dfrac{27}{4}}{\dfrac{45}{4}}=\frac{3}{5}

两个向量一个长 (32,3)\left(\tfrac{3}{2},3\right) 一个长 (−32,3)\left(-\tfrac{3}{2},3\right)——模长相同、横坐标互为相反数， 这正是「EFEF 与 MA1MA_{1} 关于竖直方向对称」的代数脸。

换个看法（顺带验算）：∠EMA1\angle EMA_{1} 正是二面角 A1A_{1}-BCBC-AA 的平面角（MEME、MA1MA_{1} 都垂直于 BCBC）， tan⁡∠EMA1=MFME=2\tan\angle EMA_{1}=\dfrac{MF}{ME}=2。用它算两端点到平面的距离： d(E)=32sin⁡∠EMA1=35d(E)=\dfrac{3}{2}\sin\angle EMA_{1}=\dfrac{3}{\sqrt{5}}，d(F)=3cos⁡∠EMA1=35d(F)=3\cos\angle EMA_{1}=\dfrac{3}{\sqrt{5}}， EE 在平面下方、FF 在上方，sin⁡θ=d(E)+d(F)EF=6/535/2=45\sin\theta=\dfrac{d(E)+d(F)}{EF}=\dfrac{6/\sqrt{5}}{3\sqrt{5}/2}=\dfrac{4}{5}—— 与官方解析的中间量逐位一致，再开方得 cos⁡θ=35\cos\theta=\dfrac{3}{5}。

解法二：向量法

建系：xx 轴为什么取 EHEH

以 EE 为原点，zz 轴沿 EA1EA_{1}（冷启动已证 A1E⊥A_{1}E\perp 底面），底面里 yy 轴沿 ECEC， xx 轴取底面内过 EE 垂直于 ACAC 的方向、交 ABAB 于 HH。三条轴两两垂直，坐标系成立。

设 EH=1EH=1 定比例（求的是角，缩放不影响），一路解出所有长度：

  • △AEH\triangle AEH 中直角在 EE（EH⊥ACEH\perp AC）、∠EAH=∠BAC=30∘\angle EAH=\angle BAC=30^{\circ}（HH 在 ABAB 上）： AE=EHtan⁡30∘=3AE=\dfrac{EH}{\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3}，于是 AC=23AC=2\sqrt{3}；
  • 等边 △AA1C\triangle AA_{1}C 的高 A1E=3A_{1}E=3；
  • Rt△ABCRt\triangle ABC：AB=ACcos⁡30∘=3AB=AC\cos 30^{\circ}=3，BC=ACsin⁡30∘=3BC=AC\sin 30^{\circ}=\sqrt{3}。

坐标一个一个写（AA 在 EE 的 −y-y 方向；BB 从 AA 沿与 ACAC 成 30∘30^{\circ} 的方向走 33； B1=A1+AB→B_{1}=A_{1}+\overrightarrow{AB} 平移；FF 是中点）：

A(0,−3,0),B(32,32,0),C(0,3,0),A1(0,0,3),B1(32,323,3),A\left(0,-\sqrt{3},0\right),\quad B\left(\tfrac{3}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2},0\right),\quad C\left(0,\sqrt{3},0\right),\quad A_{1}(0,0,3),\quad B_{1}\left(\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2}\sqrt{3},3\right), F(34,343,3),EF→=(34,343,3)F\left(\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\sqrt{3},3\right),\qquad \overrightarrow{EF}=\left(\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\sqrt{3},3\right)

第 (1) 问：数量积为零

EF→⋅BC→=(34,343,3)⋅(−32,32,0)=−98+98+0=0\overrightarrow{EF}\cdot\overrightarrow{BC} =\left(\tfrac{3}{4},\tfrac{3}{4}\sqrt{3},3\right)\cdot\left(-\tfrac{3}{2},\tfrac{\sqrt{3}}{2},0\right) =-\frac{9}{8}+\frac{9}{8}+0=0

两个向量都非零，数量积为零即垂直：EF⊥BCEF\perp BC。

第 (2) 问：法向量给正弦，余弦最后再开方

设平面 A1BCA_{1}BC 的法向量 m⃗=(x,y,z)\vec{m}=(x,y,z)，它与面内两条不共线的向量都垂直：

m⃗⋅A1B→=0:32x+32y−3z=0,m⃗⋅BC→=0:−32x+32y=0\vec{m}\cdot\overrightarrow{A_{1}B}=0:\quad \frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y-3z=0, \qquad \vec{m}\cdot\overrightarrow{BC}=0:\quad -\frac{3}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y=0

第二个方程给 y=3xy=\sqrt{3}x，代回第一个得 z=xz=x。取 x=1x=1：m⃗=(1,3,1)\vec{m}=(1,\sqrt{3},1)。

cos⁡⟨EF→,m⃗⟩=EF→⋅m⃗∣EF→∣∣m⃗∣=6352×5=45\cos\left\langle\overrightarrow{EF},\vec{m}\right\rangle =\frac{\overrightarrow{EF}\cdot\vec{m}}{\left|\overrightarrow{EF}\right|\left|\vec{m}\right|} =\frac{6}{\frac{3\sqrt{5}}{2}\times\sqrt{5}}=\frac{4}{5}

方向向量与法向量的夹角，是线面角的「补角」：法向量垂直于平面，方向向量与法向量成 90∘−θ90^{\circ}-\theta（或 90∘+θ90^{\circ}+\theta），所以 ∣cos⁡⟨EF→,m⃗⟩∣=sin⁡θ\left|\cos\left\langle\overrightarrow{EF},\vec{m}\right\rangle\right|=\sin\theta。 线面角 θ∈[0∘,90∘]\theta\in[0^{\circ},90^{\circ}]、正弦非负，取绝对值：

sin⁡θ=45⟹cos⁡θ=1−(45)2=35\sin\theta=\frac{4}{5}\quad\Longrightarrow\quad \cos\theta=\sqrt{1-\left(\frac{4}{5}\right)^{2}}=\frac{3}{5}

问的是余弦——45\dfrac{4}{5} 是正弦，别直接交上去。

两条路的分工

解法一（综合几何）解法二（向量法）
第 (1) 问垂直链：线面垂直判定 + 定义建系后一次数量积
第 (2) 问截面 Π\Pi 里两条直线的夹角法向量与方向向量夹角的绝对值
要会什么中位线、二面角、投影的几何直觉写坐标、解二元方程组
长处算得极少，cos⁡θ=MF2−ME2MF2+ME2\cos\theta=\dfrac{MF^{2}-ME^{2}}{MF^{2}+ME^{2}} 一步出步骤固定，不怕想不出辅助平面
风险「投影是 MM」那一步想岔坐标写错一个数全盘皆错；正弦余弦混用

考场建议：第 (1) 问用综合法写（步骤短、阅卷友好）；第 (2) 问想得出截面就按解法一收尾， 一时想不出就立刻转解法二——建系是这道题的官方正路，坐标照抄式地一个个写，没有巧劲。

避坑清单

坑错在哪会算出什么怎么当场发现
面面垂直直接当成线面垂直面 A1ACC1⊥A_{1}ACC_{1}\perp 面 ABCABC，就以为面内任何一条线都 ⊥ 底面说 AA1⊥AA_{1}\perp 底面——其实 AA1AA_{1} 与 ACAC 成 60∘60^{\circ}性质定理三件套过一遍：线在面内？垂直于交线？——只有 A1EA_{1}E 全中
判定定理漏了「相交」证了 BC⊥A1EBC\perp A_{1}E、BC⊥A1B1BC\perp A_{1}B_{1} 就下结论严格说推不出 BC⊥BC\perp 平面 A1B1EA_{1}B_{1}E（两条线可能平行）写完补一句「且 A1B1∩A1E=A1A_{1}B_{1}\cap A_{1}E=A_{1}」
线面角用法向量算成余弦把 cos⁡⟨EF,m⟩=45\cos\langle EF,m\rangle=\frac{4}{5} 直接当线面角的余弦答 45\frac{4}{5}，真答案是 35\frac{3}{5}记死：法向量与方向向量的夹角余弦 = 线面角正弦；本题问的是余弦
忘取绝对值sin⁡θ=cos⁡⟨EF,m⟩\sin\theta=\cos\langle EF,m\rangle 不带绝对值法向量取反方向时得 −45-\frac{4}{5}θ∈[0∘,90∘]\theta\in[0^{\circ},90^{\circ}]，正弦必须非负
BB 的坐标写错30∘30^{\circ} 的方向余弦搞反或符号错B(32,32,0)B\left(\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2},0\right) 之类的怪坐标回验：∣AB∣\lvert AB\rvert 应为 33，∠(AB,AC)=30∘\angle(AB,AC)=30^{\circ}
B1B_{1} 漏了高度只做水平平移 B1=B+EA→B_{1}=B+\overrightarrow{EA} 忘加 A1EA_{1}EB1B_{1} 的 zz 写 00，FF 跟着全错棱柱侧棱长 A1AA_{1}A：横平移 EAEA、竖抬升 A1EA_{1}E，两段都要
FF 的中点坐标取错对 A1B1A_{1}B_{1} 的中点只取一半横坐标EF→\overrightarrow{EF} 分量全错，45\frac{4}{5} 出不来中点 = 两坐标相加除以 22，各分量独立做
正弦余弦最后一步混用sin⁡θ=45\sin\theta=\frac{4}{5} 之后直接交答成 45\frac{4}{5} 或 1−1625\sqrt{1-\frac{16}{25}} 抄错回读题面问的是「余弦值」；cos⁡θ=1−sin⁡2θ\cos\theta=\sqrt{1-\sin^{2}\theta} 再算一遍

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