2011-福建卷理-20 解-二面角

本题导读

本题考查面面垂直的判定定理。

📌【题干】

Question

（2011年福建卷(理)） 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PA\perp$ 底面 $ABCD$，四边形 $ABCD$ 中，$AB\perp AD$，$AB+AD=4$，$CD=\sqrt{2}$，$\angle CDA=45^{\circ }$.

(1) 求证: 平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$；

(2) 设 $AB=AP$. ① 若直线 $PB$ 与平面 $PCD$ 所成的角为 $30^{\circ }$，求线段 $AB$ 的长； ② 在线段 $AD$ 上是否存在一个点 $G$，使得点 $G$ 到点 $P,B,C,D$ 的距离都相等？说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：由 $PA\perp$ 底面 $ABCD$ 可得 $PA\perp AB$。结合已知 $AB\perp AD$ 且 $PA\cap AD=A$，证得 $AB\perp$ 平面 $PAD$，进而由面面垂直判定定理证得平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$。
2. 第 (2) 问 ①：

• 设 $AB=t$ ($0<t<4$)，则 $AD=4-t$，$PA=t$。
• 以 $A$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$ 方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。
• 结合 $CD=\sqrt{2}$，$\angle CDA=45^{\circ }$，求出点 $C$ 的坐标。
• 求出平面 $PCD$ 的法向量 $\mathbf{n}$，利用 $\sin 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{PB}||\mathbf{n}|}=\frac{1}{2}$ 列出关于 $t$ 的方程求解。

3. 第 (2) 问 ②：

• 设 $G(0,y_0,0)$，由点 $G$ 到 $P,B,D$ 的距离相等，列方程 $|GP|=|GB|=|GD|$ 解出 $y_0$ 和 $t$。
• 检验求出的参数是否满足 $|GC|=|GD|$ 以及 $0⩽y_0⩽4-t$。若矛盾则不存在，反之存在。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 因为 $PA\perp$ 底面 $ABCD$，$AB\subset$ 底面 $ABCD$， 所以 $PA\perp AB$。 又因为 $AB\perp AD$，$PA\cap AD=A$，$PA,AD\subset$ 平面 $PAD$， 所以 $AB\perp$ 平面 $PAD$。 因为 $AB\subset$ 平面 $PAB$， 所以平面 $PAB\perp$ 平面 $PAD$。

(2) 解： 因为 $PA\perp AB$，$PA\perp AD$，$AB\perp AD$， 所以 $AB,AD,AP$ 两两互相垂直。 以 $A$ 为原点，射线 $AB,AD,AP$ 分别为 $x,y,z$ 轴的正半轴建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 设 $AB=t$ ($0<t<4$)，由 $AB=AP$ 得 $AP=t$，且 $AD=4-t$。 过 $C$ 作 $CH\perp AD$ 于 $H$。 在 $\text{Rt}△CDH$ 中，$CD=\sqrt{2}$，$\angle CDA=45^{\circ }$， 所以 $DH=CD\cos 45^{\circ }=1$，$CH=CD\sin 45^{\circ }=1$。 因为 $AB\perp AD$，$CH\perp AD$，所以 $CH\parallel AB$。 故 $H$ 的坐标为 $(0,4-t-1,0)=(0,3-t,0)$， 点 $C$ 的坐标为 $(1,3-t,0)$。 各点坐标为： $A(0,0,0)$，$B(t,0,0)$，$P(0,0,t)$，$D(0,4-t,0)$，$C(1,3-t,0)$。

① 求解线段 $AB$ 的长： 由坐标得：

$$\overrightarrow{PB}=(t,0,-t),$$ $$\overrightarrow{DP}=(0,t-4,t),$$ $$\overrightarrow{DC}=(1,-1,0).$$

设平面 $PCD$ 的一个法向量为 $\mathbf{n}=(x,y,z)$，则：

$$\{\begin{array}{l}\mathbf{n}\cdot \overrightarrow{DC}=x-y=0\\ \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{DP}=(t-4)y+tz=0\end{array}$$

令 $x=1$，则 $y=1$，$z=\frac{4-t}{t}$。 取 $\mathbf{n}=\left(1,1,\frac{4-t}{t}\right)$。 直线 $PB$ 与平面 $PCD$ 所成的角为 $30^{\circ }$， 所以：

$$\sin 30^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{PB}||\mathbf{n}|}=\frac{1}{2}.$$

计算各量：

$$\overrightarrow{PB}\cdot \mathbf{n}=t\times 1+0\times 1+(-t)\times \frac{4-t}{t}=t-(4-t)=2t-4,$$ $$|\overrightarrow{PB}|=\sqrt{t^2+0^2+(-t{)}^2}=\sqrt{2}t,$$ $$|\mathbf{n}|=\sqrt{1^2+1^2+{\left(\frac{4-t}{t}\right)}^2}=\sqrt{2+\frac{(4-t{)}^2}{t^2}}=\frac{\sqrt{3t^2-8t+16}}{t}.$$

代入得：

$$\frac{|2t-4|}{\sqrt{2}t\cdot \frac{\sqrt{3t^2-8t+16}}{t}}=\frac{1}{2}⟹\frac{2|t-2|}{\sqrt{2}\sqrt{3t^2-8t+16}}=\frac{1}{2}.$$

两边同乘 $\sqrt{2}\sqrt{3t^2-8t+16}$ 并平方：

$$4(t-2)=\sqrt{2}\sqrt{3t^2-8t+16}⟹16(t-2{)}^2=2(3t^2-8t+16),$$ $$8(t^2-4t+4)=3t^2-8t+16⟹8t^2-32t+32=3t^2-8t+16,$$ $$5t^2-24t+16=0⟹(5t-4)(t-4)=0.$$

因为 $0<t<4$，所以 $t=\frac{4}{5}$。 此时 $2t-4=2\left(\frac{4}{5}\right)-4=-\frac{12}{5}\ne 0$ 满足条件。 所以线段 $AB$ 的长为 $\frac{4}{5}$。

② 探讨点 $G$ 的存在性： 假设在线段 $AD$ 上存在点 $G(0,y_0,0)$（$0⩽y_0⩽4-t$），使得 $G$ 到点 $P,B,C,D$ 的距离都相等。 由 $|GP{|}^2=|GB{|}^2$ 得：

$$0^2+y_0^2+t^2=t^2+y_0^2+0^2,$$

此式对任意 $y_0$ 恒成立。

由 $|GB{|}^2=|GD{|}^2$ 得：

$$t^2+y_0^2=(y_0-(4-t){)}^2=y_0^2-2(4-t)y_0+(4-t{)}^2,$$ $$2(4-t)y_0=(4-t{)}^2-t^2=16-8t.$$

因为 $0<t<4$，两边同除以 $2(4-t)$，得：

$$y_0=\frac{16-8t}{2(4-t)}=\frac{8(2-t)}{2(4-t)}=\frac{4(2-t)}{4-t}.$$

又由 $|GD{|}^2=|GC{|}^2$ 得：

$$(y_0-(4-t){)}^2=1^2+(y_0-(3-t){)}^2+0^2.$$

展开化简：

$$(y_0-(4-t){)}^2-(y_0-(3-t){)}^2=1,$$

记 $u=y_0-(3-t)$，则上式为 $(u-1{)}^2-u^2=1⟹1-2u=1⟹u=0$。 即：

$$y_0-(3-t)=0⟹y_0=3-t.$$

联立两式：

$$\frac{4(2-t)}{4-t}=3-t⟹8-4t=(3-t)(4-t)=12-7t+t^2,$$

整理得：

$$t^2-3t+4=0.$$

由于该二次方程的判别式：

$$\Delta =(-3{)}^2-4\times 1\times 4=9-16=-7<0,$$

因此该方程无实数解。

所以在题设条件下，线段 $AD$ 上不存在点 $G$，使得点 $G$ 到点 $P,B,C,D$ 的距离都相等。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直与面面垂直判定、空间向量法求解线面角、外接球球心（或截面等距点）的存在性方程推演。
• 核心方法：建系设参消元法、判别式检验存在性。
• 避坑指南：
• 确定点 $C$ 的坐标时，利用辅助线 $CH\perp AD$ 转化为平面直角三角形计算，不可凭空假设 $C$ 点坐标；
• 求解线面角时需注意正弦值与向量夹角余弦值的绝对值关系：$\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{PB},\mathbf{n}⟩|$；
• 第 ② 问说明不存在时，由距离等式联立得出无实根的一元二次方程是最简洁、逻辑最严密的反证推导。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源于四棱锥与外接球几何性质的逆向探究。若点 $G$ 到各点距离相等，则 $G$ 即为四面体 $P-BCD$ 的外接球球心在底面投影点或球心本身。
• 结论推广：在直三面角坐标系中，设空间多面体顶点，点到多顶点等距等价于各棱垂直平分面的交集；若垂直平分面的交线与指定线段无交点（判别式小于零），则在给定约束空间上等距点必定不存在。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2008-湖南卷文-18 解-四棱锥垂直与二面角
• 1986-全国理-17 解-面面垂直的证明