2013-浙江卷文-20 解-线面垂直与线面角

本题导读

本题考查直线与平面垂直的判定与性质。核心在于中垂线定线线垂直、射影法定线面角的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年浙江卷(文)）如图，在四棱锥 $P - A B C D$ 中， $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ ， $A B = B C = 2$ ， $A D = C D = 7$ ， $P A = 3$ ， $∠ A B C = 12 0^{\circ}$ ， $G$ 为线段 $P C$ 上的点.

(1)证明： $B D ⊥$ 平面 $A P C$ ；

(2)若 $G$ 为 $P C$ 的中点，求 $D G$ 与平面 $A P C$ 所成的角的正切值；

(3)若 $G$ 满足 $P C ⊥$ 平面 $B G D$ ，求 $\frac{P G}{GC}$ 的值.

🔍【思路分析】

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(1) $B A = B C$ 且 $D A = D C$ → $B$ 、 $D$ 都在 $A C$ 的垂直平分线上 → $B D ⊥ A C$ ；又 $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ → $P A ⊥ B D$ → $B D ⊥$ 平面 $A P C$ 。

(2) 记 $O = A C \cap B D$ 。 $A C = 23$ （余弦定理）， $A O = 3$ ； $D O^{2} = A D^{2} - A O^{2} = 4$ → $D O = 2$ 。 $O$ 为 $A C$ 中点， $G$ 为 $P C$ 中点 → $O G$ 是 $△ C A P$ 的中位线 → $O G = \frac{P A}{2} = \frac{3}{2}$ 。 $D$ 在平面 $A P C$ 上的射影为 $O$ → 所成角即 $∠ D GO$ ， $tan = \frac{D O}{O G} = \frac{4 3}{3}$ 。

(3) $P C ⊥$ 平面 $B G D$ → $D G ⊥ P C$ ， $△ D C G$ 中 $∠ D GC = 9 0^{\circ}$ 。 $△ D P C$ 中 $D C = 7$ ， $P C = 15$ ， $D P^{2} = P A^{2} + A D^{2} = 10$ → $cos ∠ D C P = \frac{6}{105}$ ； $cos ∠ D C P = \frac{C G}{C D}$ → $C G = \frac{6 7}{105} = \frac{2 15}{5}$ ； $P G = 15 - C G = \frac{3 15}{5}$ → $\frac{P G}{GC} = \frac{3}{2}$ 。

✅【答案】

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(1)见解析；(2) $\frac{4 3}{3}$ ；(3) $\frac{3}{2}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）因为 $B A = B C$ ， $D A = D C$ ，所以 $B$ 、 $D$ 都在线段 $A C$ 的垂直平分面上，即 $B D ⊥ A C$ 。又 $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ ， $B D \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A ⊥ B D$ 。 $P A \cap A C = A$ ， $P A, A C \subset$ 平面 $A P C$ ，所以 $B D ⊥$ 平面 $A P C$ 。（2）记 $O = A C \cap B D$ 。在 $△ A B C$ 中， $A B = B C = 2$ ， $∠ A B C = 12 0^{\circ}$ ，由余弦定理 $A C^{2} = 4 + 4 - 2 \times 2 \times 2 \times cos 12 0^{\circ} = 12, A C = 23 .$ $O$ 为 $A C$ 中点（等腰三角形三线合一）， $A O = 3$ ， $B O ⊥ A C$ ， $D O ⊥ A C$ 。由 $A D = 7$ ： $D O = A D^{2} - A O^{2} = 7 - 3 = 2$ 。由 $B D ⊥$ 平面 $A P C$ ，点 $D$ 在平面 $A P C$ 上的射影为 $O$ ； $G$ 在平面 $A P C$ 内，所以 $D G$ 在平面 $A P C$ 上的射影为 $O G$ ， $D G$ 与平面 $A P C$ 所成的角即 $∠ D GO$ 。 $G$ 为 $P C$ 中点， $O$ 为 $A C$ 中点，故 $O G$ 是 $△ C A P$ 的中位线， $O G = \frac{P A}{2} = \frac{3}{2} .$ $D O ⊥$ 平面 $A P C$ → $D O ⊥ O G$ ，在 $Rt △ D O G$ 中 $tan ∠ D GO = \frac{D O}{O G} = \frac{2}{\frac{3}{2}} = \frac{4 3}{3} .$ （3）因 $P C ⊥$ 平面 $B G D$ ， $D G \subset$ 平面 $B G D$ ，故 $D G ⊥ P C$ ，即 $△ D C G$ 中 $∠ D GC = 9 0^{\circ}$ 。 $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ → $P A ⊥ A D$ ， $D P^{2} = P A^{2} + A D^{2} = 3 + 7 = 10$ 。在 $△ D C P$ 中， $D C = 7$ ， $C P = P A^{2} + A C^{2} = 3 + 12 = 15$ ，由余弦定理 $cos ∠ D C P = \frac{D C ^{2} + C P ^{2} - D P ^{2}}{2 \cdot D C \cdot C P} = \frac{7 + 15 - 10}{2 105} = \frac{6}{105} .$ 在 $Rt △ D C G$ （ $∠ D GC = 9 0^{\circ}$ ）中， $cos ∠ D C P = \frac{C G}{C D}$ ，故 $C G = C D \cdot \frac{6}{105} = 7 \times \frac{6}{105} = \frac{6}{15} = \frac{2 15}{5} .$ 于是 $P G = C P - C G = 15 - \frac{2 15}{5} = \frac{3 15}{5}$ ， $\frac{P G}{GC} = \frac{\frac{3 15}{5}}{\frac{2 15}{5}} = \frac{3}{2} .$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面垂直的判定与线面角、比值定点

核心方法： $B A = B C$ 、 $D A = D C$ → $B, D$ 都在 $A C$ 的垂直平分线上 → $B D ⊥ A C$ ，加 $P A ⊥$ 底面 → $B D ⊥$ 平面 $A P C$ ；(2) 射影 $D \to O$ ： $tan ∠ D GO = \frac{D O}{GO} = \frac{2}{3 /2} = \frac{4 3}{3}$ ；(3) $Rt △ D C G$ 中 $cos ∠ D C G = \frac{C G}{C D}$ 定 $G$ → $\frac{P G}{GC} = \frac{3}{2}$

避坑指南：等腰三角形两次出现（ $B A = B C$ 、 $D A = D C$ ）是证 $B D ⊥ A C$ 的全部伏笔——用”两顶点到底边等距则同在中垂线上”比四次全等快得多；(2) 中线面角的射影是 $O = B D \cap A C$ （因为 $B D$ 就是垂线），别再另作垂线；(3) $cos ∠ D C G = \frac{C G}{C D}$ 只对直角三角形成立，前提是 $∠ D GC = 9 0^{\circ}$ 要先说清。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：立体几何解答题（线面垂直判定 + 线面角 + 垂直定比），浙江卷核心大题。

结论推广： $A C = 23$ （ $∠ A B C = 12 0^{\circ}$ ， $A B = B C = 2$ ）， $A O = 3$ ， $B O = 1$ ， $D O = 2$ ， $P A = 3$ ， $P C = 15$ ， $D P^{2} = P A^{2} + A D^{2} = 10$ 。

方法推广：第一问找”双垂直”（线线垂直 + 顶点垂线）；线面角用”已证垂线作射影”；定比问题在斜三角形中用”余弦定理定角 + 直角三角形定边”联立。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

13.03 空间点、线、面位置关系

13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

2013-北京卷文-17 解-线面垂直面面垂直

2013-新课标I卷文-19 解-线面垂直与棱柱体积

2014-北京卷文-17 解-线面垂直与体积

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2013-浙江卷文-20 解-线面垂直与线面角

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