2010-重庆卷理-19 解-面面垂直

本题导读

本题是以四棱锥为载体的立体几何综合题。第一问考查线面距离的求解，核心在于通过线面平行将其转化为点到平面的距离，再利用面面垂直性质转化为线线距离；第二问考查二面角的求解，通过建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值。

📌【题干】

Question

（2010年重庆卷(理)） 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为矩形，$PA\perp$ 底面 $ABCD$，$PA=AB=\sqrt{6}$，点 $E$ 是棱 $PB$ 的中点．

(1)求直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离；

(2)若 $AD=\sqrt{3}$，求二面角 $A-EC-D$ 的平面角的余弦值．

🔍【思路分析】

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1. 第一问：由底面矩形性质得 $AD\parallel BC$，从而 $AD\parallel$ 平面 $PBC$，故线面距离转化为点 $A$ 到平面 $PBC$ 的距离。通过证明平面 $PAB\perp$ 平面 $PBC$，将问题转化为求 $△PAB$ 中 $A$ 到 $PB$ 的高。

2. 第二问：以 $A$ 为原点， $AB,AD,PA$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。写出各点坐标，分别求出平面 $AEC$ 与平面 $DEC$ 的法向量，通过向量夹角公式计算二面角平面角的余弦值。

✅【答案】

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因此直线𝐴𝐷到平面𝑃𝐵𝐶的距离为𝑠√12 + 12 =√6√2= √3

✍【详细解析】

Abstract

（1）因为底面 $ABCD$ 为矩形，所以 $AD\parallel BC$。 又 $BC\subset$ 平面 $PBC$，$AD\not\subset$ 平面 $PBC$， 所以 $AD\parallel$ 平面 $PBC$。 故直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离等于点 $A$ 到平面 $PBC$ 的距离。 因为 $PA\perp$ 底面 $ABCD$，$BC\subset$ 底面 $ABCD$，所以 $PA\perp BC$。 又 $AB\perp BC$，且 $PA\cap AB=A$， 所以 $BC\perp$ 平面 $PAB$。 又 $BC\subset$ 平面 $PBC$，所以平面 $PAB\perp$ 平面 $PBC$。 过点 $A$ 在平面 $PAB$ 内作 $AH\perp PB$ 于 $H$，则 $AH\perp$ 平面 $PBC$。 线段 $AH$ 的长度即为点 $A$ 到平面 $PBC$ 的距离。 在 Rt$△PAB$ 中，$PA=AB=\sqrt{6}$， 则 $PB=\sqrt{P{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$， 所以 $AH=\frac{PA\cdot AB}{PB}=\frac{\sqrt{6}\cdot \sqrt{6}}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$。 故直线 $AD$ 与平面 $PBC$ 的距离为 $\sqrt{3}$．

（2）因为 $PA\perp$ 底面 $ABCD$，且矩形 $ABCD$ 中 $AB\perp AD$， 以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$ 的方向分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系。 依题意得各点坐标为： $A(0,0,0)$，$B(\sqrt{6},0,0)$，$D(0,\sqrt{3},0)$，$P(0,0,\sqrt{6})$，$C(\sqrt{6},\sqrt{3},0)$。 因为 $E$ 是 $PB$ 的中点，所以 $E\left(\frac{\sqrt{6}}{2},0,\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$。 则 $\overrightarrow{AC}=(\sqrt{6},\sqrt{3},0)$，$\overrightarrow{AE}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2},0,\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$。 设平面 $AEC$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$， 由 $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ {\vec{n}}_1\cdot \overrightarrow{AE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{6}{x}_1+\sqrt{3}{y}_1=0\\ \frac{\sqrt{6}}{2}{x}_1+\frac{\sqrt{6}}{2}{z}_1=0\end{array}$， 令 $x_1=1$，解得 $y_1=-\sqrt{2}$，$z_1=-1$，得 ${\vec{n}}_1=(1,-\sqrt{2},-1)$。 又 $\overrightarrow{DC}=(\sqrt{6},0,0)$，$\overrightarrow{DE}=\left(\frac{\sqrt{6}}{2},-\sqrt{3},\frac{\sqrt{6}}{2}\right)$。 设平面 $DEC$ 的一个法向量为 ${\vec{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$， 由 $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{DC}=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{DE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{6}{x}_2=0\\ \frac{\sqrt{6}}{2}{x}_2-\sqrt{3}{y}_2+\frac{\sqrt{6}}{2}{z}_2=0\end{array}$， 令 $y_2=1$，解得 $x_2=0$，$z_2=\sqrt{2}$，得 ${\vec{n}}_2=(0,1,\sqrt{2})$。 计算两法向量夹角的余弦值： $\cos ⟨{\vec{n}}_1,{\vec{n}}_2⟩=\frac{{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_2|}=\frac{1\times 0+(-\sqrt{2})\times 1+(-1)\times \sqrt{2}}{\sqrt{1+2+1}\cdot \sqrt{0+1+2}}=\frac{-2\sqrt{2}}{2\times \sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}$。 由图可知，二面角 $A-EC-D$ 的平面角为钝角， 所以二面角 $A-EC-D$ 的平面角的余弦值为 $-\frac{\sqrt{6}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面平行的判定与性质、面面垂直的性质、利用空间向量计算二面角。
2. 核心方法：几何法求距离（找垂面、作垂线）；向量法求二面角（建系、求法向量、算夹角）。
3. 避坑指南：

• 第一问中不能直接将 $A$ 到 $PB$ 的距离作为答案，必须先完成“线面平行转化”和“面面垂直导致线面垂直”的严谨逻辑论证。

• 第二问利用法向量求出余弦值后，必须结合图形直观判定二面角是锐角还是钝角，从而决定最终结果的符号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自教材中空间向量在立体几何中应用的标准范式模型。题目通过设置互相垂直的三个方向（$AB,AD,PA$），天然降低了建系的难度，引导学生体会向量工具的高效性。

2. 结论推广：对于类似的侧棱垂直于底面的椎体，凡是底面含有直角结构的图形（如矩形、直角梯形），均可优先考虑建立空间直角坐标系，将复杂的空间位置关系量化为向量代数运算。

🔗【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)

• 2011-江苏卷-16 解-线面平行与面面垂直
• 2011-江苏卷-22 解-空间向量与二面角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角