2024-上海卷-17 解-圆锥的体积

本题导读

本题考查圆锥的体积。核心在于几何法（体积计算）、空间向量坐标法（空间线面角）的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年上海卷）如图为正四棱锥 $P-ABCD$，$O$ 为底面 $ABCD$ 的中心.

（1）若 $AP=5$，$AD=3\sqrt{2}$，求 $△POA$ 绕 $PO$ 旋转一周形成的几何体的体积；

（2）若 $AP=AD$，$E$ 为 $PB$ 的中点，求直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成角的大小.

🔍【思路分析】

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1. 第（1）问（旋转体体积）：在正四棱锥 $P-ABCD$ 中，顶点在底面的体现即为中心 $O$，故 $PO\perp$ 平面 $ABCD$，由此必有 $PO\perp OA$。 $△POA$ 是以 $O$ 为直角顶点的直角三角形，其绕直角边 $PO$ 旋转一周，形成的几何体是标准的圆锥。该圆锥的高 $h=PO$，底面半径 $r=OA$。通过底面正方形的对角线求出 $r$，再通过 $\text{Rt}△POA$ 的勾股定理求出 $h$，代入圆锥体积公式 $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h$ 求解。
2. 第（2）问（直线与平面所成的角）：

• 方法一（空间向量坐标法）：由 $AP=AD$ 可知该四棱锥的所有棱长全部相等。利用底面对角线 $AC\perp BD$ 且交于中心 $O$ 的天然垂直结构，以 $O$ 为坐标原点建立空间直角坐标系。求出平面 $AEC$ 的法向量 $\vec{n}$ 与直线 $BD$ 的方向向量，套用线面角正弦值公式 $\sin \theta =\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BD}|}{|\vec{n}|\cdot |\overrightarrow{BD}|}$ 求解。
• 方法二（综合几何法）：由于 $AC\perp BD$ 且 $AC\perp PO$，易证 $AC\perp$ 平面 $PBD⟹AC\perp PB$。又利用等腰直角三角形中位线可导出 $PB\perp OE$，从而判定 $PB\perp$ 平面 $AEC$。由此可知直线 $PB$ 正是平面 $AEC$ 的法线，因此 $\angle BOE$ 即为直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成的线面角的余角（或直接通过体现定义求解）。

✅【答案】

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(1) $12\pi$

(2) $\frac{\pi }{4}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：求 $△POA$ 绕 $PO$ 旋转一周形成的几何体的体积

第一步：判定旋转体的几何构型 因为四棱锥 $P-ABCD$ 是正四棱锥，且 $O$ 为底面正方形的中心， 根据正棱锥的性质，顶点 $P$ 在底面上的体现即为中心 $O$，故： $PO\perp \text{平面 }ABCD$ 因为 $OA\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PO\perp OA$。 这说明 $△POA$ 是一个以 $O$ 为直角顶点的直角三角形。 当 $△POA$ 绕其直角边 $PO$ 旋转一周时，其产生的轨迹几何体是一个圆锥。 该圆锥的底面半径 $r=OA$，高 $h=PO$。

第二步：求底面半径 $r$ 和高 $h$ 底面 $ABCD$ 是边长为 $3\sqrt{2}$ 的正方形，其对角线 $AC$ 长度为： $AC=\sqrt{2}\cdot AD=\sqrt{2}\times 3\sqrt{2}=6$ 由于 $O$ 是对角线 $AC$ 的中点，所以圆锥的底面半径为： $r=OA=\frac{1}{2}AC=3$ 在 Rt$△POA$ 中，已知斜边（棱长） $AP=5$，直角边 $OA=3$，根据勾股定理可求出高 $h$： $h=PO=\sqrt{A{P}^2-O{A}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$

第三步：代入公式计算体积 套用圆锥的体积计算公式： $V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{1}\pi \times 3^2\times 4=12\pi$ 所以，该旋转几何体的体积为 $12\pi$。

（2）解：求直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成角的大小

方法一：空间向量坐标法（推荐）

第一步：确立特征基本量并建立坐标系 因为 $AP=AD$，说明该正四棱锥的所有侧棱与底面边长全部相等。 设底面半对角线长 $OA=a(a>0)$。 由于底面 $ABCD$ 是正方形，其对角线互相垂直平分且等长，故： $OA=OB=OC=OD=a,\text{且}AC\perp BD$ 由此可算出底面边长 $AD=\sqrt{O{A}^2+O{D}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$。 侧棱长 $AP=AD=\sqrt{2}a$。

在 $\text{Rt}△POA$ 中，由勾股定理可算出棱锥的高 $PO$： $PO=\sqrt{A{P}^2-O{A}^2}=\sqrt{(\sqrt{2}a{)}^2-a^2}=a$

由于 $OB,OC,OP$ 两两相互垂直，我们以 $O$ 为坐标原点，射线 $OB$ 为 $x$ 轴正半轴，射线 $OC$ 为 $y$ 轴正半轴，射线 $OP$ 为 $z$ 轴正半轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。 各顶点的空间坐标为： $O(0,0,0),P(0,0,a),B(a,0,0),D(-a,0,0),A(0,-a,0),C(0,a,0)$

因为 $E$ 为侧棱 $PB$ 的中点，利用中点坐标公式求出 $E$ 点坐标： $E\left(\frac{a+0}{2},\frac{0+0}{2},\frac{0+a}{2}\right)=\left(\frac{a}{2},0,\frac{a}{2}\right)$

第二步：计算向量

• 直线 $BD$ 的方向向量： $\overrightarrow{BD}=D-B=(-2a,0,0)$
• 平面 $AEC$ 内的两条相交向量： $\overrightarrow{AC}=C-A=(0,2a,0)$ $\overrightarrow{AE}=E-A=\left(\frac{a}{2},a,\frac{a}{2}\right)$

第三步：求解平面 $AEC$ 的法向量 设平面 $AEC$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，根据法向量的定义有： $\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{AE}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}2ay=0\\ \frac{a}{2}x+ay+\frac{a}{2}z=0\end{array}$ 由于 $a>0$，由第一式直接解得 $y=0$。 将 $y=0$ 代入第二式中化简得： $x+z=0$。 取 $x=1$，则解得 $z=-1$。 从而得到平面 $AEC$ 的一个法向量： $\vec{n}=(1,0,-1)$

第四步：求直线与平面的成角 设直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成的线面角为 $\theta$ （其中 $\theta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$ ）。 套用空间向量求线面角的正弦值公式： $\sin \theta =|\cos ⟨\vec{n},\overrightarrow{BD}⟩|=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BD}|}{|\vec{n}|\cdot |\overrightarrow{BD}|}$ $\sin \theta =\frac{|1\times (-2a)+0\times 0+(-1)\times 0|}{\sqrt{1^2+0^2+(-1{)}^2}\times \sqrt{(-2a{)}^2+0^2+0^2}}=\frac{2a}{\sqrt{2}\times 2a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 因为 $\theta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，所以线面角的大小为： $\theta =45^{\circ }(\text{或 }\frac{\pi }{4})$

方法二：几何法

设正四棱锥的边长全为 $a$。 在 $△PBD$ 中，因为 $PB=PD=a$，且底面正方形对角线 $BD=\sqrt{2}a$。 由于满足 $P{B}^2+P{D}^2=a^2+a^2=2a^2=B{D}^2$，根据勾股定理逆定理， $△PBD$ 是以 $P$ 为直角顶点的等腰直角三角形，即 $PB\perp PD$。

因为 $E$ 为 $PB$ 的中点，$O$ 为底面正方形对角线 $BD$ 的中点，所以线段 $OE$ 是 $△PBD$ 的中位线。 根据中位线平行性质，有 $OE\parallel PD$。 由于 $PB\perp PD$，平移可得： $OE\perp PB$

又因为底面正方形对角线 $AC\perp BD$，且高 $PO\perp AC$，根据线面垂直判定定理可得 $AC\perp$ 平面 $PBD$。 因为 $PB\subset$ 平面 $PBD$，所以有： $AC\perp PB$

综上所述，直线 $PB$ 同时垂直于平面 $AEC$ 内的两条相交直线 $OE$ 和 $AC$。 根据线面垂直判定定理，断定： $PB\perp \text{平面 }AEC$ 这说明直线 $PB$ 正是平面 $AEC$ 的一条空间几何法线。

根据线面角的几何定义，直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成的角，等价于直线 $BD$ 与法线 $PB$ 所成锐角的余角。 因为 $△POB$ 是以 $O$ 为直角顶点的等腰直角三角形，$E$ 为斜边 $PB$ 的中点，根据等腰直角三角形“三线合一”与角平分线性质，直线 $OE$ 即为 $△POB$ 的角平分线： $\angle BOE=\frac{1}{2}\angle POB=\frac{1}{2}\times 90^{\circ }=45^{\circ }$ 由于 $OE\subset$ 平面 $AEC$ 且 $PB\perp$ 平面 $AEC$，直线 $BD$ 在平面 $AEC$ 上的体现即为直线 $OE$。 因此， $\angle BOE$ 即为直线 $BD$ 与平面 $AEC$ 所成的角，大小为 $45^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{4}$）。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：直角三角形绕轴旋转体的圆锥体积、正棱锥对角面空间位置关系的提取、线面角向量公式 $\sin \theta =\frac{|\vec{n}\cdot \vec{v}|}{|\vec{n}||\vec{v}|}$。
2. 核心方法：坐标建系运算法、传统几何性质分析法。
3. 避坑指南：

• 旋转轴看错：第一问中需注意是绕“直角边”旋转一周，形成的是标准圆锥；若绕“斜边”旋转，则会形成两个共底面的组合圆锥，计算公式完全不同。
• 参数消元规范：在第二问建系时，解答题中不建议直接设具体的数字（如设 $AD=1$ ），推荐设半对角线为未知数 $a$，最后在点积比值中 $a$ 作为公因式能完全对消，保证逻辑严密。
• 弦面角向量极性：利用向量法求线面角时，算出来的法向量与方向向量夹角的余弦值绝对值对应的是线面角的正弦值（ $\sin \theta$ ），切勿因惯性思维记错为面面角的余弦值。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于高考中经典的立体几何解答题，第一问考查旋转体体积的基本公式，第二问考查空间向量法或传统几何法在求解线面夹角问题中的应用，重在测试考生的空间想象力与代数运算落实规范。
2. 结论推广：在任意一个所有棱长全部相等的正四棱锥（等棱四棱锥）中，若取侧棱的中点 $E$ 与对侧底面顶点连结组成截面 $AEC$，该截面具有对称特征：其必然与该侧棱 $PB$ 保持垂直关系（即 $PB\perp$ 平面 $AEC$ ）。此时底面对角线 $BD$ 与该截面的夹角恒等于固定常数 $45^{\circ }$（或 $\frac{\pi }{4}$）。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2014-四川卷理-08 单-线面角的向量求法
• 2008-大纲卷I文-18 解-四棱锥垂直二面角