2008-山东卷理-20 解-线面位置

本题导读

本题考查立体几何中的线线垂直证明、线面角的最值问题以及二面角的求解。第一问利用线面垂直的性质进行转化证明；第二问利用图形的几何投影性质，将线面角转化为直角三角形中的锐角，通过确定动点产生最值的几何位置求出棱长，再通过建立空间直角坐标系，利用法向量求出二面角的余弦值。

📌【题干】

Question

（2008年山东卷(理)） 如图，已知四棱锥 $P-ABCD$，底面 $ABCD$ 为菱形，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，$\angle ABC=60^{\circ }$，$E,F$ 分别是 $BC,PC$ 的中点.

(1) 证明：$AE\perp PD$；

(2) 若 $H$ 为 $PD$ 上的动点，$EH$ 与平面 $PAD$ 所成最大角的正切值为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$，求二面角 $E-AF-C$ 的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第一步逻辑（第1问）：由菱形性质及 $\angle ABC=60^{\circ }$ 得到 $△ABC$ 为正三角形，从而 $AE\perp BC⟹AE\perp AD$。再由 $PA\perp$ 平面 $ABCD$ 得到 $PA\perp AE$，进而证明 $AE\perp$ 平面 $PAD$，最终推出 $AE\perp PD$。
2. 第二步逻辑（第2问）：由 $AE\perp$ 平面 $PAD$ 可知 $E$ 在平面 $PAD$ 上的射影为 $A$，故 $\angle EHA$ 即为 $EH$ 与平面 $PAD$ 所成的角。在 $\text{Rt}△EAH$ 中，当 $AH$ 最短（即 $AH\perp PD$）时，该角最大。结合已知正切值求出 $PA$ 与底面边长的关系，随后建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角。

✅【答案】

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（1）设菱形边长为𝑠>0，设𝑃𝐴=ℎ>0.建立直角坐标系，使𝐴=(0,0,0)，𝐵=(𝑠,0,0)，𝐶=⎛⎜⎝𝑠

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 因为底面 $ABCD$ 为菱形，且 $\angle ABC=60^{\circ }$， 所以 $△ABC$ 为等边三角形。 又 $E$ 是 $BC$ 的中点，所以 $AE\perp BC$。 因为 $AD\parallel BC$，所以 $AE\perp AD$。 又 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，$AE\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PA\perp AE$。 因为 $PA\cap AD=A$，且 $PA,AD\subset$ 平面 $PAD$， 所以 $AE\perp$ 平面 $PAD$。 又 $PD\subset$ 平面 $PAD$，所以 $AE\perp PD$。

(2) 解： 由 (1) 知 $AE\perp$ 平面 $PAD$，则 $E$ 在平面 $PAD$ 内的射影为点 $A$。 连接 $AH$，则 $\angle EHA$ 为 $EH$ 与平面 $PAD$ 所成的角。 在 $\text{Rt}△EAH$ 中，$\tan \angle EHA=\frac{AE}{AH}$。 要使 $\angle EHA$ 最大，只需 $AH$ 最短，此时 $AH\perp PD$。 设菱形 $ABCD$ 的边长为 $2a$，则 $AE=\sqrt{3}a$，$AD=2a$。 由 $\tan \angle EH{A}_{\max }=\frac{\sqrt{3}a}{AH}=\frac{\sqrt{6}}{2}$，解得 $AH=\sqrt{2}a$。 在 $\text{Rt}△PAD$ 中，$AH\perp PD$，由 $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{P{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}$， 得 $\frac{1}{2a^2}=\frac{1}{P{A}^2}+\frac{1}{4a^2}⟹PA=2a$。

以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AE},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AP}$ 的方向分别为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向建立空间直角坐标系 $A-xyz$。 则各点坐标为： $A(0,0,0)$，$E(\sqrt{3}a,0,0)$，$C(\sqrt{3}a,a,0)$，$P(0,2a,2a)$。 因为 $F$ 是 $PC$ 的中点，所以 $F\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{3}{2}a,a\right)$。 从而 $\overrightarrow{AE}=(\sqrt{3}a,0,0)$，$\overrightarrow{AF}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,\frac{3}{2}a,a\right)$，$\overrightarrow{AC}=(\sqrt{3}a,a,0)$。

设平面 $EAF$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则：

$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{AE}=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{AF}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{3}a{x}_1=0\\ \frac{\sqrt{3}}{2}a{x}_1+\frac{3}{2}a{y}_1+a{z}_1=0\end{array}$$

令 $y_1=2$，得 ${\mathbf{n}}_1=(0,2,-3)$。

设平面 $CAF$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则：

$$\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{AC}=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{AF}=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}\sqrt{3}a{x}_2+a{y}_2=0\\ \frac{\sqrt{3}}{2}a{x}_2+\frac{3}{2}a{y}_2+a{z}_2=0\end{array}$$

令 $x_2=1$，得 ${\mathbf{n}}_2=(1,-\sqrt{3},\sqrt{3})$。

结合图形可知，二面角 $E-AF-C$ 为锐角，其余弦值为： $\cos \theta =\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1||{\mathbf{n}}_2|}=\frac{|0-2\sqrt{3}-3\sqrt{3}|}{\sqrt{4+9}\cdot \sqrt{1+3+3}}=\frac{5\sqrt{3}}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{7}}=\frac{5\sqrt{273}}{91}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的判定与性质；线面角的几何射影意义；利用空间向量求解二面角。
2. 核心方法：动点问题常通过“垂线段最短”寻找最值位置；空间向量法求二面角时需建系精准并注意最后夹角正负号的几何判定。
3. 避坑指南：在计算 $F$ 点坐标时，注意 $F$ 为 $PC$ 的中点，应由 $P(0,2a,2a)$ 与 $C(\sqrt{3}a,a,0)$ 的坐标均值求得，易在 $y$ 轴坐标上因忽略底面非直角而误算。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于经典多面体中垂直关系的考查，属于立体几何常规压轴题型。其创新的动点线面角最值设计，实质是将空间立几问题退化为平面直角三角形内求高的问题，考查了空间想象与转化能力。
2. 结论推广：若四棱锥底面为任意夹角的菱形 $\alpha$，且 $PA\perp$ 底面，则过底面高线构成的平面总与侧面垂直。动线与侧面所成最大角的几何位置永远位于该侧面的垂线（高线）上。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

（1）设菱形边长为𝑠>0，设𝑃𝐴=ℎ>0.建立直角坐标系，使𝐴=(0,0,0)，𝐵=(𝑠,0,0)，𝐶=⎛⎜⎝𝑠

类题演练 (Links)

• 2010-四川卷文-15 填-二面角线面角
• 2010-江西卷文-20 解-面面垂直线面角二面角
• 2010-重庆卷文-20 解-线面垂直二面角