2008-福建卷理-18 解-面面垂直

本题导读

本题是一道典型的立体几何综合解答题。第一问要求利用面面垂直的性质定理证明线面垂直；第二问和第三问非常适合建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求异面直线所成角，并利用法向量求解点到平面的距离及探索点的存在性问题。

📌【题干】

Question

（2008年福建卷(理)） 如图，在四棱锥 $P-ABCD$ 中，侧面 $PAD\perp$ 底面 $ABCD$，侧棱 $PA=PD=\sqrt{2}$，底面 $ABCD$ 为直角梯形，其中 $BC\parallel AD$，$AB\perp AD$，$AD=2AB=2BC=2$，$O$ 为 $AD$ 中点.

(1) 求证：$PO\perp$ 平面 $ABCD$；

(2) 求异面直线 $PD$ 与 $CD$ 所成角的大小；

(3) 线段 $AD$ 上是否存在点 $Q$，使得它到平面 $PCD$ 的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$？若存在，求出 $\frac{AQ}{QD}$ 的值；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：在等腰 $△PAD$ 中，中线 $PO\perp AD$，再利用面面垂直的性质定理即可得证。
2. 第二问：以 $O$ 为原点， $OD$ 所在直线为 $x$ 轴，过 $O$ 且平行于 $AB$ 的直线为 $y$ 轴，$OP$ 所在直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。写出各点坐标，求出向量 $\overrightarrow{PD}$ 与 $\overrightarrow{CD}$，利用夹角公式求解。
3. 第三问：设出点 $Q$ 的坐标，求出平面 $PCD$ 的法向量，利用点到平面的距离公式建立关于 $Q$ 点坐标的方程，解出后验证是否在线段 $AD$ 上，最后求出比例。

✅【答案】

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待补

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1) 证明：在 $△PAD$ 中，因为 $PA=PD=\sqrt{2}$，且 $O$ 为 $AD$ 的中点， 所以 $PO\perp AD$。 又因为平面 $PAD\perp$ 平面 $ABCD$，平面 $PAD\cap$ 平面 $ABCD=AD$，且 $PO\subset$ 平面 $PAD$， 所以 $PO\perp$ 平面 $ABCD$。

(2) 依题意， $OA=OD=1$。 在 Rt$△POD$ 中，$PO=\sqrt{P{D}^2-O{D}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2-1^2}=1$。 以 $O$ 为坐标原点，射线 $OD,OP$ 分别为 $x$ 轴、$z$ 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。 由 $AB\perp AD$，$BC\parallel AD$，$AB=BC=1$ 可得各点坐标为： $O(0,0,0),A(-1,0,0),D(1,0,0),P(0,0,1),B(-1,1,0),C(0,1,0)$。 则 $\overrightarrow{PD}=(1,0,-1)$，$\overrightarrow{CD}=(1,-1,0)$。 设异面直线 $PD$ 与 $CD$ 所成的角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{PD}\cdot \overrightarrow{CD}|}{|\overrightarrow{PD}|\cdot |\overrightarrow{CD}|}=\frac{|1\times 1+0\times (-1)+(-1)\times 0|}{\sqrt{1^2+0^2+(-1{)}^2}\times \sqrt{1^2+(-1{)}^2+0^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}\times \sqrt{2}}=\frac{1}{2}$ 因为 $\theta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，所以 $\theta =\frac{\pi }{3}$。 即异面直线 $PD$ 与 $CD$ 所成角的大小为 $\frac{\pi }{3}$。

(3) 设平面 $PCD$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}=(x,y,z)$。 由 $\overrightarrow{PC}=(0,1,-1)$，$\overrightarrow{PD}=(1,0,-1)$ 得： $\{\begin{array}{l}\mathbf{n}\cdot \overrightarrow{PC}=y-z=0\\ \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{PD}=x-z=0\end{array}$ 令 $z=1$，得 $\mathbf{n}=(1,1,1)$。 假设线段 $AD$ 上存在点 $Q(x_0,0,0)$（其中 $-1\le x_0\le 1$），使得它到平面 $PCD$ 的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$。 由于 $\overrightarrow{DQ}=(x_0-1,0,0)$，则 $Q$ 到平面 $PCD$ 的距离 $d$ 为： $d=\frac{|\overrightarrow{DQ}\cdot \mathbf{n}|}{|\mathbf{n}|}=\frac{|x_0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{|x_0-1|}{\sqrt{3}}$ 令 $\frac{|x_0-1|}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得 $|x_0-1|=\frac{3}{2}$。 因为 $-1\le x_0\le 1$，所以 $1-x_0=\frac{3}{2}⟹x_0=-\frac{1}{2}$。 由于 $-\frac{1}{2}\in [-1,1]$，故符合题意的点 $Q$ 存在，其坐标为 $\left(-\frac{1}{2},0,0\right)$。 此时， $Q$ 在 $OA$ 的中点处，则： $AQ=\left|-\frac{1}{2}-(-1)\right|=\frac{1}{2},QD=\left|1-\left(-\frac{1}{2}\right)\right|=\frac{3}{2}$ 所以 $\frac{AQ}{QD}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{1}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：面面垂直的性质定理（面面垂直 $\Rightarrow$ 线面垂直）；空间向量求异面直线夹角与点面距离。
2. 核心方法：建系坐标法。寻找两两垂直的特殊结构（如本题中的 $PO\perp$ 底面，底面中 $AB\perp AD$ 构成的方向）是高效建系的关键。
3. 避坑指南：

• 异面直线所成角的范围是 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right]$，向量夹角余弦值计算后必须加绝对值。
• 第三问中求得 $x_0=-\frac{1}{2}$ 后，要严谨验证其是否落在题干要求的“线段 $AD$ 上”（即满足 $-1\le x_0\le 1$）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是由经典的“翻折模型”或“经典墙角模型”派生出来的常规立体几何大题，主要考查空间想象力与基于坐标系的代数运算力。
2. 结论推广: 点 $Q$ 到平面 $PCD$ 的距离也可以利用等体积法转化求解，即 $V_{P-QCD}=V_{Q-PCD}$，在不方便建系的题目中，等体积法是求点面距离的通用几何利器。

🔗【关联脉络】

Multi column

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-上海卷理-05 填-立体几何
• 2009-北京卷理-02 单-向量