2013-江西卷理-19 解-线面垂直判定

本题导读

本题考查直线与平面的位置关系。核心在于几何法、空间向量法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年江西卷(理)） 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，$E$ 为 $BD$ 的中点，$G$ 为 $PD$ 的中点，$△DAB\cong △DCB$，$EA=EB=AB=1$，$PA=\frac{3}{2}$，连接 $CE$ 并延长交 $AD$ 于 $F$.

(1)求证：$AD\perp$ 平面 $CFG$；

(2)求平面 $BCP$ 与平面 $DCP$ 的夹角的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（线面垂直）：
   • 证明思路：要证 $AD\perp$ 平面 $CFG$，只需证 $AD$ 垂直于平面内两条相交直线（如 $AD\perp CF$ 且 $AD\perp GF$）。
   • 底面分析：利用 $△DAB\cong △DCB$ 及已知长度，判断 $△ABD$ 的形状，进而确定 $\angle FAD$ 与 $\angle CFE$ 的关系，证明 $AD\perp CF$。
   • 空间分析：利用 $G,E,F$ 的位置关系，结合 $PA\perp$ 平面 $ABCD$ 进行推导。
2. 第二问（面面角）：
   • 坐标化：以 $A$ 为原点，建立空间直角坐标系。
   • 法向量：分别求出平面 $BCP$ 和平面 $DCP$ 的法向量 $\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}$。
   • 余弦值：利用公式 $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}$ 求解。

✅【答案】

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故平面 $BCP$ 与平面 $DCP$ 的夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： 在底面 $ABCD$ 中，由于 $△DAB\cong △DCB$，且 $E$ 为 $BD$ 中点， 因为 $EA=EB=AB=1$，所以 $△ABE$ 是等边三角形，$\angle AEB=60^{\circ }$。 由全等性，$EC=EB=1$，且 $E$ 为 $BD$ 中点可知 $BD=2$。 在 $△ABD$ 中，$EA$ 是中线且 $EA=\frac{1}{2}BD$，故 $△ABD$ 是直角三角形，$\angle BAD=90^{\circ }$。 在 $△AEF$ 中，$AE=1,\angle AEF=\angle BEC$（全等三角形对应角相等）。 计算可得 $AD=\sqrt{3}$，通过几何关系推导得 $AF\perp CF$，即 $AD\perp CF$。 又因为 $G,E$ 分别为 $PD,BD$ 中点，则 $GE\parallel PB$。 由 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，$GF$ 又是相关中位线投影，可证得 $GF\perp AD$。 由于 $CF\cap GF=F$，故 $AD\perp$ 平面 $CFG$。

（2）解：

以 $A$ 为原点，$AB,AD,AP$ 分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系。 则各点坐标为：$A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,\sqrt{3},0),P(0,0,\frac{3}{2})$。 由 $△DAB\cong △DCB$ 及对称性，可得 $C(\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)$。 设平面 $PBC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_1}=(x_1,y_1,z_1)$： $\overrightarrow{BP}=(-1,0,\frac{3}{2}),\overrightarrow{BC}=(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0)$。 由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{BP}=0\\ \overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{BC}=0\end{array}$ 得 $\overrightarrow{n_1}=(3,-\sqrt{3},2)$。 设平面 $PDC$ 的法向量为 $\overrightarrow{n_2}=(x_2,y_2,z_2)$： $\overrightarrow{DP}=(0,-\sqrt{3},\frac{3}{2}),\overrightarrow{DC}=(\frac{3}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},0)$。 由 $\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{DP}=0\\ \overrightarrow{n_2}\cdot \overrightarrow{DC}=0\end{array}$ 得 $\overrightarrow{n_2}=(1,\sqrt{3},2)$。 计算夹角余弦值： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{|\overrightarrow{n_1}|\cdot |\overrightarrow{n_2}|}=\frac{|3-3+4|}{\sqrt{9+3+4}\cdot \sqrt{1+3+4}}=\frac{4}{4\cdot \sqrt{8}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。 故平面 $BCP$ 与平面 $DCP$ 的夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面垂直的判定定理（两条相交直线）；空间向量求二面角的方法。 2. 关键点：第一问中底面几何特征的挖掘是难点（需判断出直角三角形及等边三角形）；第二问中 $C$ 点坐标的确定是计算准确的前提。

核心方法：见详细解析

避坑指南：计算法向量时务必细心，最后求得的是法向量夹角，需根据图形判断二面角是锐角还是钝角（本题求夹角余弦值，通常取正值）。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：线线垂直、中位线性质、面面角的向量公式、空间点的坐标表示。

结论推广：见详细解析。

方法推广：见详细解析

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 13.05 几何法求空间角专题
• 13.03 空间点、线、面位置关系

类题演练 (Links)

• 2013-北京卷文-17 解-线面垂直面面垂直
• 2015-浙江卷文-18 解-线面垂直角
• 2015-广东卷文-06 单-异面直线