2009-北京卷理-16 解-二面角

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质、直线与平面所成的角。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2009年北京卷(理)） 如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中， $PA\perp$ 底面 $ABC$， $PA=AB$， $\angle ABC=60^{\circ }$， $\angle BCA=90^{\circ }$，点 $D,E$ 分别在棱 $PB,PC$ 上，且 $DE\parallel BC$.

(1) 求证： $BC\perp$ 平面 $PAC$；

(2) 当 $D$ 为 $PB$ 的中点时，求 $AD$ 与平面 $PAC$ 所成的角的大小；

(3) 是否存在点 $E$ 使得二面角 $A-DE-P$ 为直二面角？并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用线面垂直的性质由 $PA\perp$ 平面 $ABC$ 得到 $PA\perp BC$，再结合 $\angle BCA=90^{\circ }$ 得到 $BC\perp AC$，从而由线面垂直判定定理获证。
2. 第二问：建立以 $A$ 为原点的空间直角坐标系。求出各关键点及向量 $\overrightarrow{AD}$ 的坐标，利用平面 $PAC$ 的法向量，通过向量夹角公式求出线面角的正弦值。
3. 第三问：引入参数 $\lambda$ 表示点 $E$ 的位置，分别求出平面 $ADE$ 与平面 $PDE$（即平面 $PBC$）的法向量，令两个法向量的数量积为 0，解出 $\lambda$。若 $\lambda \in [0,1]$，则存在，反之不存在。

✅【答案】

点击查看答案

待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：因为 $PA\perp$ 底面 $ABC$，且 $BC\subset$ 底面 $ABC$， 所以 $PA\perp BC$，即 $BC\perp PA$。 因为 $\angle BCA=90^{\circ }$，所以 $BC\perp AC$。 又因为 $PA\cap AC=A$，且 $PA,AC\subset$ 平面 $PAC$， 所以 $BC\perp$ 平面 $PAC$。

(2) 解：如图，以 $A$ 为原点，在底面内过 $A$ 作平行于 $BC$ 的直线为 $x$ 轴， $AC$ 所在直线为 $y$ 轴， $AP$ 所在直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 设 $AB=2$，则 $PA=2$。 在 $\text{Rt}\Delta ABC$ 中， $\angle ABC=60^{\circ }$， 故 $BC=AB\cdot \cos 60^{\circ }=1$， $AC=AB\cdot \sin 60^{\circ }=\sqrt{3}$。 则各点坐标为： $A(0,0,0)$， $C(0,\sqrt{3},0)$， $B(1,\sqrt{3},0)$， $P(0,0,2)$。 因为 $D$ 为 $PB$ 的中点，由中点坐标公式得： $D\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$。 所以 $\overrightarrow{AD}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)$。 由 (1) 知 $BC\perp$ 平面 $PAC$，且 $\overrightarrow{CB}=(1,0,0)$， 故平面 $PAC$ 的一个法向量可取为 ${\vec{n}}_1=(1,0,0)$。 设直线 $AD$ 与平面 $PAC$ 所成的角为 $\theta$，则： $\sin \theta =\frac{|\overrightarrow{AD}\cdot {\vec{n}}_1|}{|\overrightarrow{AD}|\cdot |{\vec{n}}_1|}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+1^2}\times 1}=\frac{\frac{1}{2}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$ 所以 $AD$ 与平面 $PAC$ 所成角的大小为 $\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}$。

(3) 解：存在点 $E$ 使得二面角 $A-DE-P$ 为直二面角。 由题意可知，平面 $PDE$ 即为平面 $PBC$。 设平面 $PBC$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_2=(x_1,y_1,z_1)$。 由 $\overrightarrow{CB}=(1,0,0)$， $\overrightarrow{CP}=(0,-\sqrt{3},2)$，得： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{CB}=x_1=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{CP}=-\sqrt{3}{y}_1+2z_1=0\end{array}$ 令 $z_1=\sqrt{3}$，解得 $y_1=2$，故 ${\vec{n}}_2=(0,2,\sqrt{3})$。 因为点 $E$ 在棱 $PC$ 上，设 $\overrightarrow{CE}=\lambda \overrightarrow{CP}=(0,-\sqrt{3}\lambda ,2\lambda )$，其中 $\lambda \in [0,1]$。 则 $\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CE}=(0,\sqrt{3}-\sqrt{3}\lambda ,2\lambda )$。 因为 $DE\parallel BC\parallel x$ 轴，所以平面 $ADE$ 的法向量的 $x$ 分量为 0。 设平面 $ADE$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_3=(0,y_2,z_2)$，则： ${\vec{n}}_3\cdot \overrightarrow{AE}=\sqrt{3}(1-\lambda )y_2+2\lambda z_2=0$ 令 $y_2=-2\lambda$，解得 $z_2=\sqrt{3}(1-\lambda )$，故 ${\vec{n}}_3=(0,-2\lambda ,\sqrt{3}(1-\lambda ))$。 若二面角 $A-DE-P$ 为直二面角，则两个平面互相垂直，其法向量互相垂直： ${\vec{n}}_2\cdot {\vec{n}}_3=0⟹2\times (-2\lambda )+\sqrt{3}\times \sqrt{3}(1-\lambda )=0$ $-4\lambda +3-3\lambda =0⟹7\lambda =3⟹\lambda =\frac{3}{7}$ 因为 $\frac{3}{7}\in [0,1]$，所以存在点 $E$ 满足条件，此时 $\overrightarrow{CE}=\frac{3}{7}\overrightarrow{CP}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的判定定理；空间向量法求线面角与二面角；直二面角的向量条件（法向量垂直）。
2. 核心方法：建系坐标法。
3. 避坑指南：第三问中寻找平面 $ADE$ 的法向量时，由于 $DE\parallel BC\parallel x$ 轴，可直接判定法向量的横坐标为 0，从而大大简化求法向量时的方程组联立运算。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源自教材中多面体线面位置关系以及空间向量求空间角的核心大题模型。
2. 结论推广：在二面角棱平行于某一坐标轴的特殊截面模型中，两个平面的法向量在对应的轴分量上必为 0，这可用于快速简化二面角优化方程。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• （待补）

类题演练 (Links)

• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角
• 2012-四川卷理-19 解-线面角与二面角
• 2012-四川卷文-19 解-线面角与二面角