2021-乙卷理-18 解-立几综合

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。核心在于传统几何法证明线面垂直、空间直角坐标系法 (建系求面面角)的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年乙卷理）如图，四棱锥 $P-ABCD$ 的底面是矩形，$PD\perp$ 底面 $ABCD$，$PD=DC=1$，$M$ 为 $BC$ 的中点，且 $PB\perp AM$．

（1）求 $BC$；

（2）求二面角 $A-PM-B$ 的正弦值．

🔍【思路分析】

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本题考查立体几何中的线面垂直推导及二面角的计算。

• 第（1）问（纯几何法）：条件给出了 $PB\perp AM$ 以及 $PD\perp$ 底面 $ABCD$。利用线面垂直的性质可得 $PD\perp AM$。由此可证明 $AM\perp$ 平面 $PBD$，进而得到 $AM\perp BD$。在底面矩形 $ABCD$ 中，利用 $AM\perp BD$ 可以得到直角 $△DAB$ 与直角 $△ABM$ 相似，利用对应边成比例即可求出 $BC$ 的长。

• 第（2）问（空间向量法）：第一问求出各边长后，由于 $DA,DC,DP$ 两两垂直，以 $D$ 为原点建立空间直角坐标系是最自然的选择。写出各点坐标，分别求出平面 $AMP$ 和平面 $BMP$ 的法向量，利用夹角余弦公式求出 $\cos ⟨\vec{n},\vec{m}⟩$，再由同角三角函数关系转化为正弦值即可。

✅【答案】

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$AB=DC=1$，$AD=BC$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $BC$ 的长度

连结 $BD$。

因为 $PD\perp$ 底面 $ABCD$，且 $AM\subset$ 平面 $ABCD$，

所以根据线面垂直的性质定理，有 $AM\perp PD$。

又已知 $AM\perp PB$，$PB\cap PD=P$，且 $PB,PD\subset$ 平面 $PBD$，

所以 $AM\perp$ 平面 $PBD$。

因为 $BD\subset$ 平面 $PBD$，

所以 $AM\perp BD$。

设 $AM$ 与 $BD$ 相交于点 $H$。

在直角 $△ADH$ 中，$\angle ADB+\angle DAM=90^{\circ }$。

因为底面 $ABCD$ 是矩形，所以 $\angle DAB=90^{\circ }$，即 $\angle DAM+\angle MAB=90^{\circ }$。

综上可得：$\angle ADB=\angle MAB$。

又因为 $\angle DAB=\angle ABM=90^{\circ }$，

所以 $\text{Rt}△DAB\sim \text{Rt}△ABM$。

由相似三角形对应边成比例得：

$\frac{AD}{AB}=\frac{BA}{BM}$

因为 $ABCD$ 为矩形，所以 $AB=DC=1$，$AD=BC$。

又 $M$ 为 $BC$ 中点，所以 $BM=\frac{1}{2}BC$。

代入比例式中得：

$\frac{BC}{1}=\frac{1}{\frac{1}{2}BC}$

即 $\frac{1}{2}B{C}^2=1$，解得 $BC=\sqrt{2}$（负值舍去）。

故 $BC$ 的长度为 $\sqrt{2}$。

（2）求二面角 $A-PM-B$ 的正弦值

由题意知 $DA,DC,DP$ 两两垂直，故以点 $D$ 为坐标原点，分别以 $\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DP}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $D-xyz$。

由（1）知 $AD=\sqrt{2}$，$AB=1$，$PD=1$，且 $M$ 为 $BC$ 中点，则各点坐标如下：

• $D(0,0,0)$

• $A(\sqrt{2},0,0)$

• $C(0,1,0)$

• $B(\sqrt{2},1,0)$

• $M\left(\frac{\sqrt{2}}{2},1,0\right)$

• $P(0,0,1)$

求平面 $AMP$ 的法向量 $\vec{n}$：

\overrightarrow{AP} = (-\sqrt{2}, 0, 1)$$$$\overrightarrow{AM} = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 1, 0\right)

设平面 $AMP$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则有：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{AP}=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{AM}=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}-\sqrt{2}x+z=0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}x+y=0\end{array}$

令 $x=\sqrt{2}$，则 $z=2$，$y=1$。

故平面 $AMP$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(\sqrt{2},1,2)$。

求平面 $BMP$ 的法向量 $\vec{m}$：

\overrightarrow{BM} = \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0, 0\right)$$$$\overrightarrow{BP} = (-\sqrt{2}, -1, 1)

设平面 $BMP$ 的法向量为 $\vec{m}=(p,q,r)$，则有：

$\{\begin{array}{l}\vec{m}\cdot \overrightarrow{BM}=0\\ \vec{m}\cdot \overrightarrow{BP}=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}-\frac{\sqrt{2}}{2}p=0\\ -\sqrt{2}p-q+r=0\end{array}$

解得 $p=0$，且 $q=r$。令 $q=1$，则 $r=1$。

故平面 $BMP$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,1,1)$。

计算二面角的正弦值：

设二面角 $A-PM-B$ 的平面角为 $\alpha$。

$\cos ⟨\vec{n},\vec{m}⟩=\frac{\vec{n}\cdot \vec{m}}{|\vec{n}||\vec{m}|}=\frac{0+1+2}{\sqrt{(\sqrt{2}{)}^2+1^2+2^2}\times \sqrt{0^2+1^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt{7}\times \sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{14}}{14}$

因为二面角的平面角 $\alpha \in [0,\pi ]$，所以 $\sin \alpha ⩾0$。

$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2⟨\vec{n},\vec{m}⟩}=\sqrt{1-{\left(\frac{3\sqrt{14}}{14}\right)}^2}=\sqrt{1-\frac{126}{196}}=\sqrt{\frac{70}{196}}=\frac{\sqrt{70}}{14}$

所以，二面角 $A-PM-B$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{70}}{14}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. “线线垂直”与“线面垂直”的相互转化：立体几何中看到连续的多个“垂直”条件，一定要敏锐地向“线面垂直”靠拢。本题 $AM$ 同时垂直于 $PB$ 和 $PD$ 是破题的核心眼。

2. 底面平面几何的巧妙应用：在求边长时，将空间问题降维到底面矩形中。由 $AM\perp BD$ 联想到相似三角形（或等面积法，或勾股定理列方程），这是处理底面为特殊四边形时的常见桥段。

3. 法向量计算的零错率要求：建系法看似简单，但对计算的准确度要求极高。在得到平面 $BMP$ 法向量 $(0,1,1)$ 时，可以通过 $\vec{m}\cdot \overrightarrow{BP}=0\times (-\sqrt{2})+1\times (-1)+1\times 1=0$ 进行快速口算验根，这是考场上避免连环扣分的关键习惯。

4. 注意最后所求为正弦还是余弦：大题的最后一问经常存在陷阱。法向量夹角的余弦值往往带有符号，但本题要求的是正弦值，直接套用 $\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\theta }$ 即可，规避了判断二面角是锐角还是钝角的麻烦。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【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-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2011-浙江卷文-20 解-线面垂直与二面角
• 2008-北京卷文-16 解-三棱锥垂直与二面角