2023-北京卷-16 解-立几综合

本题导读

本题考查直线与平面垂直的判定与性质。核心在于几何综合法（线面垂直证明）、空间向量坐标法（二面角求解）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年北京卷）如图，在三棱锥 $P-ABC$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABC$，$PA=AB=BC=1$，$PC=\sqrt{3}$．

（1）求证：$BC\perp$ 平面 $PAB$；

（2）求二面角 $A-PC-B$ 的大小．

🔍【思路分析】

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（1）首先利用线面垂直的性质由 $PA\perp$ 平面 $ABC$ 导出 $PA\perp BC$。接着利用勾股定理分别计算 $PB$ 和判断 $△PBC$ 的形状，证得 $PB\perp BC$。最后利用线面垂直的判定定理（两条相交直线均垂直于同一条直线）得出结论。

（2）建立空间直角坐标系。通过第一问结论可证 $AB\perp BC$，从而以 $A$ 为原点，射线 $AB,AP$ 方向分别为 $x,z$ 轴正方向建立坐标系。求出平面 $PAC$ 和平面 $PBC$ 的法向量，利用向量夹角公式计算二面角的余弦值，进而求得角度。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 二面角 $A-PC-B$ 的大小为 $60^{\circ }$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：

因为 $PA\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，

所以 $PA\perp BC$。

在 $\text{Rt}△PAB$ 中，$PA=1,AB=1$，

由勾股定理得 $PB=\sqrt{P{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。

在 $△PBC$ 中，$PB=\sqrt{2},BC=1,PC=\sqrt{3}$，

因为 $P{B}^2+B{C}^2=(\sqrt{2}{)}^2+1^2=3=P{C}^2$，

根据勾股定理的逆定理可知 $△PBC$ 是以 $\angle PBC$ 为直角的直角三角形，

即 $BC\perp PB$。

又因为 $PA\cap PB=P$，且 $PA,PB\subset$ 平面 $PAB$，

所以 $BC\perp$ 平面 $PAB$。

（2）解：

由（1）知 $BC\perp$ 平面 $PAB$，且 $AB\subset$ 平面 $PAB$，

所以 $BC\perp AB$。

以 $A$ 为原点，$AB,AP$ 所在直线分别为 $x,z$ 轴，在平面 $ABC$ 内过 $A$ 点且与 $BC$ 平行的直线为 $y$ 轴，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。

由题意得各点坐标为：

$A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1)$。

则 $\overrightarrow{AP}=(0,0,1)$，$\overrightarrow{AC}=(1,1,0)$，$\overrightarrow{BC}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{PC}=(1,1,-1)$。

设平面 $PAC$ 的法向量为 $\vec{m}=(x_1,y_1,z_1)$，则：

$\{\begin{array}{l}\vec{m}\cdot \overrightarrow{AP}=0\\ \vec{m}\cdot \overrightarrow{AC}=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{z}_1=0\\ x_1+y_1=0\end{array}$

令 $x_1=1$，则 $y_1=-1,z_1=0$，得 $\vec{m}=(1,-1,0)$。

设平面 $PBC$ 的法向量为 $\vec{n}=(x_2,y_2,z_2)$。

因为 $BC\perp$ 平面 $PAB$，所以 $\overrightarrow{BC}=(0,1,0)$ 是平面 $PAB$ 的法向量（不适用此处），直接计算平面 $PBC$ 的法向量：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{BC}=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{PC}=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{y}_2=0\\ x_2+y_2-z_2=0\end{array}$

令 $x_2=1$，则 $y_2=0,z_2=1$，得 $\vec{n}=(1,0,1)$。

设二面角 $A-PC-B$ 的大小为 $\theta$，则：

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

由于二面角 $A-PC-B$ 显然为锐角，

所以 $\theta =60^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{3}$）。

故二面角 $A-PC-B$ 的大小为 $60^{\circ }$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直性质与判定定理的交替使用、基于勾股定理逆定理的线线垂直检验、空间双法向量夹角向二面角的等价转换。
2. 核心方法：几何转化证明法（第一问）、空间向量坐标解析法（第二问）。
3. 避坑指南：

• 坐标轴垂直性未证先用：在第（2）问建立空间直角坐标系时，必须交代 $BC\perp AB$ 的推导依据。部分考生直接凭直觉以 $AB,BC$ 为 $x,y$ 轴建系而缺少证明步骤，会导致步骤分缺失。
• 法向量计算符号有误：在联立方程求解平面 $PBC$ 法向量的坐标分量时，注意向量 $\overrightarrow{PC}=C-P=(1,1,-1)$ 负号的准确录入，避免由于坐标符号错误导致余弦值偏差。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题为高考立体几何解答题的经典常规构型，母题模型直接取材于人教A版教材《选择性必修第一册》第四章“空间向量与立体几何”的课后复习题。命题立意明确，旨在绕开繁复的几何“作、证、算”二面角传统路径，侧重考查考生代数坐标化解构多面体空间度量属性的通用运算能力。
2. 结论推广： 对于满足 $PA\perp$ 平面 $ABC$ 且 $\angle ABC=90^{\circ }$ 的直角非对称三棱锥模型，设 $PA=h$，$AB=a$，$BC=b$。通过上述相同的空间向量求法，其侧面 $PAC$ 与侧面 $PBC$ 所成二面角的余弦值恒满足如下统一的解析度量公式： ${\cos }^2\theta =\frac{a^2{b}^2}{(a^2+b^2)(a^2+h^2)}$ 在本题中，将 $h=a=b=1$ 代入该推广公式，可直接求得 ${\cos }^2\theta =\frac{1\times 1}{2\times 2}=\frac{1}{4}$。结合锐角性质得 $\cos \theta =\frac{1}{2}⟹\theta =60^{\circ }$。该推广模型为检验此类立体几何大题的客观结论提供了高效的定性工具。

🔗【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I文-18 解-四棱锥垂直二面角
• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角