2020-全国卷I理-16 填-三棱锥展开

本题导读

本题考查平面展开图与空间几何体的关系。核心在于几何还原法、转化与化归的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2020年全国卷I(理)）16. 如图，在三棱锥 $P-ABC$ 的平面展开图中，$AC=1$，$AB=AD=\sqrt{3}$，$AB\perp AC$，$AB\perp AD$，$\angle CAE=30^{\circ }$，则 $\cos \angle FCB=\underline{}$。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 理解展开图的隐含相等关系： 在展开图中，$E,F,D$ 三点在折叠后重合为三棱锥的顶点 $P$。因此：

• $AE=AF=AD=\sqrt{3}$。
• $CE=CF$（因为它们是从顶点到 $C$ 的同一条侧棱）。
• $BD=BF$（因为它们是从顶点到 $B$ 的同一条侧棱）。

2. 逐步计算各边长：

• 求 $BC$： 在 $Rt△ABC$ 中使用勾股定理。
• 求 $BF$： 先在 $Rt△ABD$ 中求出 $BD$，由于 $BF=BD$，从而得到 $BF$。
• 求 $CF$： 先在 $△ACE$ 中利用余弦定理求出 $CE$，由于 $CF=CE$，从而得到 $CF$。

3. 最终求解： 在 $△BCF$ 中，已知三边 $BC,BF,CF$，利用余弦定理求 $\cos \angle FCB$。

✅【答案】

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$-\frac{1}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

【答案】 $-\frac{1}{4}$

【解析过程】

1. 求 $BC$： 因为 $AB\perp AC$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=1$， 由勾股定理得：$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3+1}=2$。

2. 求 $BF$： 因为 $AB\perp AD$，$AB=\sqrt{3}$，$AD=\sqrt{3}$， 由勾股定理得：$BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$。 根据展开图性质，$BF=BD=\sqrt{6}$。

3. 求 $CF$： 在 $△ACE$ 中，$AC=1$，$AE=AD=\sqrt{3}$，$\angle CAE=30^{\circ }$。 由余弦定理得： $C{E}^2=A{C}^2+A{E}^2-2\cdot AC\cdot AE\cdot \cos 30^{\circ }$ $C{E}^2=1^2+(\sqrt{3}{)}^2-2\times 1\times \sqrt{3}\times \frac{\sqrt{3}}{2}=1+3-3=1$。 所以 $CE=1$，即 $CF=CE=1$。

4. 求 $\cos \angle FCB$： 在 $△BCF$ 中，$BC=2$，$CF=1$，$BF=\sqrt{6}$。 由余弦定理得： $\cos \angle FCB=\frac{C{B}^2+C{F}^2-B{F}^2}{2\cdot CB\cdot CF}$ $\cos \angle FCB=\frac{2^2+1^2-(\sqrt{6}{)}^2}{2\times 2\times 1}=\frac{4+1-6}{4}=-\frac{1}{4}$。

故答案为：$-\frac{1}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 关键转换： 展开图问题的本质是寻找共用边和共用点。$P$ 点散落在外围，但到各顶点的距离在折叠前后的平面内是可算的。
• 余弦定理的两次运用： 第一次用于求侧棱长（在 $△ACE$ 中），第二次用于求目标角（在 $△BCF$ 中）。
• 计算细节： 注意 $\cos 30^{\circ }=\sqrt{3}/2$，在求 $CE$ 时，项 $2\cdot 1\cdot \sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ 恰好抵消为 3，这是一个设计的数字巧项。

📖【试题探源与推广】

Tip

如果题目要求的是“三棱锥 $P-ABC$ 的体积”，我们需要进一步确定顶点 $P$ 在底面 $ABC$ 上的射影位置。这种从“展开图”到“空间体”再到“截面/角度”的考查链条，是全国卷压轴题的经典逻辑，要求学生具备极强的空间想象力与平面计算能力的转换技巧。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 11.02 余弦定理

类题演练 (Links)

• 2010-上海卷理-18
• 2010-四川卷理-11
• 2011-江苏卷-15 解-三角恒等变换与解三角形