2008-广东卷理-20 解-线面位置

本题导读

本题是一道立几综合大题。第一问通过面面垂直的性质将线面角转化为直角三角形内的边角关系求解；第二问与第三问借助空间直角坐标系，利用向量的数量积证明垂直关系并计算三角形面积。

📌【题干】

Question

（2008年广东卷(理)） 如图所示，四棱锥 $P-ABCD$ 的底面 $ABCD$ 是半径为 $R$ 的圆的内接四边形，其中 $BD$ 是圆的直径，$\angle ABD=60^{\circ }$，$\angle BDC=45^{\circ }$.$PD$ 垂直底面 $ABCD$，$PD=2\sqrt{2}R$.$E,F$ 分别是 $PB,CD$ 上的点，且 $\frac{PE}{EB}=\frac{DF}{FC}$，过点 $E$ 作 $BC$ 的平行线交 $PC$ 于 $G$.

(1)求 $BD$ 与平面 $ABP$ 所成角 $\theta$ 的正切值；

(2)证明：$\Delta EFG$ 是直角三角形；

(3)当 $\frac{PE}{EB}=\frac{1}{2}$ 时，求 $\Delta EFG$ 的面积.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：由 $BD$ 为直径可知 $\angle BAD=\angle BCD=90^{\circ }$，从而 $AB\perp AD$。结合 $PD\perp$ 底面可得 $AB\perp$ 平面 $PAD$，进而推出平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$。此时 $D$ 到平面 $ABP$ 的距离即为 $\mathrm{Rt}△PDA$ 中斜边 $PA$ 上的高，以此求出线面角的正弦值与正切值。
2. 第二问：以 $D$ 为原点，建立空间直角坐标系。设 $\frac{PE}{EB}=\frac{DF}{FC}=\lambda$，求出 $E,F,G$ 三点的坐标，通过计算向量 $\overrightarrow{GE}\cdot \overrightarrow{GF}=0$ 证明垂直。
3. 第三问：将 $\lambda =\frac{1}{2}$ 代入第二问的向量表示中，算出两条直角边 $GE$ 与 $GF$ 的长度，利用三角形面积公式求解。

✅【答案】

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（1）在底面建立直角坐标系，取𝐵(−𝑅,0,0)，𝐷(𝑅,0,0)，𝐴⎛⎜⎝−𝑅2,√3𝑅

✍【详细解析】

Abstract

(1)解： 因为 $BD$ 是圆的直径，所以 $\angle BAD=90^{\circ }$，即 $AB\perp AD$。 又 $PD\perp$ 底面 $ABCD$，且 $AB\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PD\perp AB$。 因为 $AD\cap PD=D$，所以 $AB\perp$ 平面 $PAD$。 又 $AB\subset$ 平面 $ABP$，所以平面 $ABP\perp$ 平面 $PAD$，交线为 $PA$。 过点 $D$ 在平面 $PAD$ 内作 $DH\perp PA$ 于 $H$，则 $DH\perp$ 平面 $ABP$。 连接 $BH$，则 $\angle DBH$ 即为 $BD$ 与平面 $ABP$ 所成的角 $\theta$。

在 $\mathrm{Rt}△ABD$ 中，$BD=2R,\angle ABD=60^{\circ }$， 所以 $AD=BD\cdot \sin 60^{\circ }=\sqrt{3}R$。 在 $\mathrm{Rt}△PDA$ 中，$PD=2\sqrt{2}R,AD=\sqrt{3}R$， 所以 $PA=\sqrt{P{D}^2+A{D}^2}=\sqrt{8R^2+3R^2}=\sqrt{11}R$。 由等面积法可得 $DH=\frac{PD\cdot AD}{PA}=\frac{2\sqrt{2}R\cdot \sqrt{3}R}{\sqrt{11}R}=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{11}}R$。

在 $\mathrm{Rt}△DHB$ 中，$\sin \theta =\frac{DH}{BD}=\frac{\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{11}}R}{2R}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{11}}$。 则 $\cos \theta =\sqrt{1-{\sin }^2\theta }=\sqrt{\frac{5}{11}}$。 故 $\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{5}$。

(2)证明： 在 $\mathrm{Rt}△BCD$ 中，$BD=2R,\angle BDC=45^{\circ }$， 所以 $BC=CD=BD\cdot \sin 45^{\circ }=\sqrt{2}R$，且 $BC\perp CD$。 以 $D$ 为原点，$DC$ 方向为 $y$ 轴正方向，$DP$ 方向为 $z$ 轴正方向，过 $D$ 作 $DC$ 的垂线为 $x$ 轴，建立空间直角坐标系 $D-xyz$。 则各点坐标为： $D(0,0,0)$，$C(0,\sqrt{2}R,0)$，$B(\sqrt{2}R,\sqrt{2}R,0)$，$P(0,0,2\sqrt{2}R)$。

设 $\frac{PE}{EB}=\frac{DF}{FC}=\lambda$（$\lambda >0$），则 $\frac{DF}{DC}=\frac{\lambda }{1+\lambda }$，$\frac{PE}{PB}=\frac{\lambda }{1+\lambda }$。 由定比分点坐标公式可得： $F\left(0,\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R,0\right)$。 $E\left(\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R,\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R,\frac{1}{1+\lambda }2\sqrt{2}R\right)$。

因为 $EG\parallel BC$，且 $BC\parallel x$ 轴，所以 $EG\parallel x$ 轴。 又 $G$ 在 $PC$ 上，且 $PC$ 处于 $yOz$ 平面内（$x=0$）， 故 $G$ 点的 $y,z$ 坐标与 $E$ 点相同，$x$ 坐标为 $0$： $G\left(0,\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R,\frac{1}{1+\lambda }2\sqrt{2}R\right)$。

计算向量： $\overrightarrow{GE}=\left(\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R,0,0\right)$， $\overrightarrow{GF}=\left(0,0,-\frac{1}{1+\lambda }2\sqrt{2}R\right)$。 由于 $\overrightarrow{GE}\cdot \overrightarrow{GF}=\frac{\lambda }{1+\lambda }\sqrt{2}R\times 0+0\times 0+0\times \left(-\frac{1}{1+\lambda }2\sqrt{2}R\right)=0$， 所以 $GE\perp GF$，即 $\angle EGF=90^{\circ }$。 故 $\Delta EFG$ 是直角三角形。

(3)解： 当 $\frac{PE}{EB}=\frac{1}{2}$ 时，$\lambda =\frac{1}{2}$，则 $\frac{\lambda }{1+\lambda }=\frac{1}{3}$，$\frac{1}{1+\lambda }=\frac{2}{3}$。 代入(2)中的向量表达式得： $|\overrightarrow{GE}|=\frac{1}{3}\sqrt{2}R$， $|\overrightarrow{GF}|=\frac{2}{3}\times 2\sqrt{2}R=\frac{4\sqrt{2}}{3}R$。

由于 $\Delta EFG$ 是以 $\angle EGF$ 为直角的直角三角形， 所以其面积为： $S=\frac{1}{2}|\overrightarrow{GE}|\cdot |\overrightarrow{GF}|=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{3}R\times \frac{4\sqrt{2}}{3}R=\frac{4}{9}{R}^2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

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1. 核心考点：线面角的几何作法（斜线段、垂线段、投影线段三边关系）；空间坐标系下未知比值点的向量坐标化。
2. 核心方法：两平行线方向向量一致性的代数表达（由 $EG\parallel BC$ 及 $G$ 在面 $yOz$ 内锁定 $G$ 点坐标）。
3. 避坑指南：第一问求出余弦值或正弦值后，切记看清题目要求的是“正切值”；第二问建系时由于底面非矩形，切不可盲目以 $DA,DC$ 分别作为 $x,y$ 轴，必须寻找垂直关系（如利用 $BC\perp CD$）来作轴。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题由经典的圆内接四边形几何性质结合棱锥进行复合设计，利用线线平行比例关系（平行截割定理）在空间中构造出动三角形。
2. 结论推广: 在任意椎体 $P-ABCD$ 中，若侧棱 $PD\perp$ 底面，且底面两相邻边 $BC\perp CD$，若两动点满足等比例截取关系 $\frac{PE}{EB}=\frac{DF}{FC}$，过 $E$ 作 $EG\parallel BC$ 交 $PC$ 于 $G$，则构成的多胞形截面三角形 $EFG$ 必恒为直角三角形，且直角顶点恒在 $G$ 处。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2009-上海卷文-20 解-向量平行垂直解三角形
• 2009-江苏卷-15 解-向量与三角恒等
• 2009-江西卷文-19 解-解三角形与向量