2007-天津卷理-19 解-二面角向量求法

本题导读

本题考查空间线面垂直的判定与性质以及二面角的求解。第一问和第二问通过线面垂直的相互转化进行几何推导，第三问利用建系后的空间向量法，求出两个平面的法向量夹角，从而确定二面角的大小，考查空间想象能力与逻辑运算能力。

📌【题干】

Question

（2007年天津卷(理)）如图，在四棱锥 $P - A B C D$ 中， $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ， $A B ⊥ A D$ ， $A C ⊥ C D$ ， $∠ A B C = 6 0^{\circ}$ ， $P A = A B = B C$ ， $E$ 是 $P C$ 的中点。

(1) 证明 $C D ⊥ A E$ ；

(2) 证明 $P D ⊥$ 平面 $A B E$ ；

(3) 求二面角 $A - P D - C$ 的大小。

🔍【思路分析】

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对于(1)，由 $P A ⊥$ 面 $A B C D$ 得到 $P A ⊥ C D$ ，结合已知 $A C ⊥ C D$ 可证 $C D ⊥$ 平面 $P A C$ ，进而得出 $C D ⊥ A E$ ；

对于(2)，在等腰 $△ P A C$ 中由中点性质得 $A E ⊥ P C$ ，再结合(1)的结论得到 $A E ⊥$ 平面 $P C D ⟹ A E ⊥ P D$ 。同时由线面垂直可得 $P D ⊥ A B$ ，从而两线共面交织证出线面垂直；

对于(3)，以 $A$ 为原点， $A D, A B, A P$ 分别为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系，分别求出平面 $A P D$ 与平面 $C P D$ 的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的大小。

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$P D ⊥ A E$ 且 $P D ⊥ A B$ ，又 $A E \cap A B = A$ ， $A E, A B \subset$ 平面 $A B E$ ，所以 $P D ⊥$ 平面 $A B E$

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 证明：因为 $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ，且 $C D \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A ⊥ C D$ 。又已知 $A C ⊥ C D$ ，且 $P A \cap A C = A$ ， $P A, A C \subset$ 平面 $P A C$ ，所以 $C D ⊥$ 平面 $P A C$ 。因为 $A E \subset$ 平面 $P A C$ ，所以 $C D ⊥ A E$ 。

(2) 证明：因为 $A B = B C$ 且 $∠ A B C = 6 0^{\circ}$ ，所以 $△ A B C$ 为正三角形，可得 $A C = A B$ 。又因为 $P A = A B$ ，所以 $P A = A C$ 。在 $△ P A C$ 中，因为 $E$ 是 $P C$ 的中点，所以 $A E ⊥ P C$ 。由(1)知 $C D ⊥ A E$ ，即 $A E ⊥ C D$ 。因为 $P C \cap C D = C$ ， $P C, C D \subset$ 平面 $P C D$ ，所以 $A E ⊥$ 平面 $P C D$ 。因为 $P D \subset$ 平面 $P C D$ ，所以 $A E ⊥ P D$ 。由于 $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ， $A B \subset$ 底面 $A B C D$ ，所以 $P A ⊥ A B$ 。又已知 $A B ⊥ A D$ ，且 $P A \cap A D = A$ ，所以 $A B ⊥$ 平面 $P A D$ 。因为 $P D \subset$ 平面 $P A D$ ，所以 $P D ⊥ A B$ 。综上所述， $P D ⊥ A E$ 且 $P D ⊥ A B$ ，又 $A E \cap A B = A$ ， $A E, A B \subset$ 平面 $A B E$ ，所以 $P D ⊥$ 平面 $A B E$ 。

(3) 解：由(2)知， $A B, A D, P A$ 两两互相垂直。以 $A$ 为坐标原点，直线 $A D, A B, A P$ 分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴、 $z$ 轴建立空间直角坐标系 $A - x y z$ 。设 $P A = A B = B C = 1$ ，则 $A C = 1$ 。在平面 $A B C D$ 中， $∠ B A D = 9 0^{\circ}$ ， $∠ B A C = 6 0^{\circ}$ ，所以 $∠ C A D = 3 0^{\circ}$ 。在 Rt $△ A C D$ 中， $C D = A C \cdot tan 3 0^{\circ} = \frac{3}{3}$ ， $A D = \frac{A C}{c o s 3 0 ^{\circ}} = \frac{2 3}{3}$ 。由此可得各点坐标为： $A (0, 0, 0)$ ， $P (0, 0, 1)$ ， $B (0, 1, 0)$ ， $D (\frac{2 3}{3}, 0, 0)$ ， $C (\frac{3}{2}, \frac{1}{2}, 0)$ 。因为 $E$ 是 $P C$ 的中点，所以 $E (\frac{3}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{2})$ 。

易知，平面 $A P D$ 的一个法向量为 $n_{1} = (0, 1, 0)$ 。由(2)知 $A E ⊥$ 平面 $P C D$ ，即 $A E ⊥$ 平面 $C P D$ 。所以平面 $C P D$ 的一个法向量可取为 $n_{2} = A E = (\frac{3}{4}, \frac{1}{4}, \frac{1}{2})$ 。设二面角 $A - P D - C$ 的平面角为 $θ$ ，由图可知 $θ$ 为锐角，则： $cos θ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣} = \frac{∣ 0 + \frac{1}{4} + 0 ∣}{1 \times ( \frac{3}{4} ) ^{2} + ( \frac{1}{4} ) ^{2} + ( \frac{1}{2} ) ^{2}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{16} + \frac{1}{16} + \frac{4}{16}} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{2}{2}} = \frac{2}{4}$ 所以，二面角 $A - P D - C$ 的大小为 $arccos \frac{2}{4}$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面垂直的判定定理与性质定理、利用空间两平面法向量求二面角。

核心方法：建系向量法。利用题目中由 $P A ⊥$ 底面及 $A B ⊥ A D$ 构成的两两垂直特殊结构建立空间直角坐标系。

避坑指南：

第一问中证明 $C D ⊥ A E$ ，必须完整交代 $C D ⊥ P A$ 和 $C D ⊥ A C$ 且两线相交的线面垂直判定条件。

第三问建系寻找点 $C$ 和 $D$ 坐标时，需严格在平面几何 $△ A B C$ 和 $△ A C D$ 中通过三角函数计算出准确的投影长度，避免直接主观估算。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题属于经典的高考立体几何解答题。第二问中“证明 $P D ⊥$ 平面 $A B E$ ”的设问，本质上为第三问寻找平面 $P C D$ 的法向量做好了定性铺垫（即 $A E$ 垂直于该面）。

结论推广：在立体几何题中，如果已知或已证某线段 $A H ⊥$ 平面 $α$ ，则在后续求涉及平面 $α$ 的二面角或线面角时，向量 $A H$ 可直接作为平面 $α$ 的法向量使用，无需再通过设未知数联立方程组求解。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

16.03 两条直线的位置关系判定

21.01空间向量及其运算

13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

2012-新课标卷理-19 解-线线垂直与二面角

2018-全国卷II理-19 解-抛物线焦点弦

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2007-天津卷理-19 解-二面角向量求法

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