2008-湖南卷理-17 解-线面位置

本题导读

本题考查立体几何中线面垂直与面面垂直的判定，以及二面角大小的计算。第一问利用底面菱形的几何性质结合线面垂直性质定理推导面面垂直；第二问通过建立空间直角坐标系，利用法向量的数量积求解二面角的余弦值。

📌【题干】

Question

（2008年湖南卷(理)） 如图所示，四棱锥 $P-ABCD$ 的底面 $ABCD$ 是边长为 1 的菱形，$\angle BCD=60^{\circ }$，$E$ 是 $CD$ 的中点，$PA\perp$ 底面 $ABCD$，$PA=2$.

(1)证明：平面 $PBE\perp$ 平面 $PAB$；

(2)求平面 $PAD$ 和平面 $PBE$ 所成二面角（锐角）的大小.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：由底面为菱形且 $\angle BCD=60^{\circ }$ 可知 $△BCD$ 是等边三角形，从而中线 $BE\perp CD$。结合 $AB\parallel CD$ 得到 $BE\perp AB$，再通过 $PA\perp$ 底面引入 $PA\perp BE$，从而证出 $BE\perp$ 平面 $PAB$，进面推出面面垂直。
2. 第二问：由 $BE\perp AB$ 且 $PA\perp$ 底面，可以 $A$ 为原点，以 $AB$ 方向为 $x$ 轴，在底面内垂直于 $AB$ 的方向（即 $BE$ 的平行线）为 $y$ 轴，$AP$ 方向为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。求出平面 $PAD$ 与平面 $PBE$ 的法向量，利用夹角公式求解。

✅【答案】

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平面𝑃𝐵𝐸与平面𝑃𝐴𝐵垂直；所成二面角（锐角）的大小为arcsin√105.

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明： 因为底面 $ABCD$ 是边长为 1 的菱形，且 $\angle BCD=60^{\circ }$， 所以 $△BCD$ 是正三角形。 又因为 $E$ 是 $CD$ 的中点，所以 $BE\perp CD$。 因为菱形中 $AB\parallel CD$，所以 $BE\perp AB$。

又因为 $PA\perp$ 底面 $ABCD$，且 $BE\subset$ 底面 $ABCD$， 所以 $PA\perp BE$。 由于 $AB\cap PA=A$，且 $AB,PA\subset$ 平面 $PAB$， 所以 $BE\perp$ 平面 $PAB$。 又因为 $BE\subset$ 平面 $PBE$， 所以平面 $PBE\perp$ 平面 $PAB$。

(2)解： 以 $A$ 为原点，$\overrightarrow{AB}$ 方向为 $x$ 轴正方向，在底面内过 $A$ 作 $AB$ 的垂线为 $y$ 轴，$\overrightarrow{AP}$ 方向为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $A-xyz$。

由题意易得各点坐标为： $A(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,2)$ 因为 $\angle DAB=180^{\circ }-\angle BCD=120^{\circ }$，所以 $AD$ 与 $x$ 轴正方向的夹角为 $60^{\circ }$。 结合 $AD=1$，可得 $D\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。 由于 $E$ 是 $CD$ 的中点，通过向量合成可算出 $E\left(1,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。

下面求两平面的法向量：

• 对于平面 $PAD$： $\overrightarrow{AP}=(0,0,2)$，$\overrightarrow{AD}=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。 设平面 $PAD$ 的一个法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{AP}=2z_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{AD}=\frac{1}{2}{x}_1+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_1=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{z}_1=0\\ x_1=-\sqrt{3}{y}_1\end{array}$ 令 $y_1=-1$，得 ${\mathbf{n}}_1=(\sqrt{3},-1,0)$。

• 对于平面 $PBE$： $\overrightarrow{PB}=(1,0,-2)$，$\overrightarrow{BE}=\left(0,\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$。 设平面 $PBE$ 的一个法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{PB}=x_2-2z_2=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{BE}=\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_2=0\end{array}⟹\{\begin{array}{l}{y}_2=0\\ x_2=2z_2\end{array}$ 令 $z_2=1$，得 ${\mathbf{n}}_2=(2,0,1)$。

设平面 $PAD$ 和平面 $PBE$ 所成二面角（锐角）为 $\alpha$，则： $\cos \alpha =\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1||{\mathbf{n}}_2|}=\frac{|\sqrt{3}\times 2+(-1)\times 0+0\times 1|}{\sqrt{3+1+0}\times \sqrt{4+0+1}}=\frac{2\sqrt{3}}{2\times \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{15}}{5}$

故平面 $PAD$ 和平面 $PBE$ 所成二面角的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{15}}{5}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直性质（$PA\perp$ 底面 $⟹PA\perp BE$）；空间向量求二面角法。
2. 核心方法：特殊垂直关系建系法。
3. 避坑指南：第二问建系时，由于底面是含有 $60^{\circ }$ 的菱形而非矩形，切不可盲目以 $AB,AD$ 所在直线作为 $x,y$ 轴。必须严格寻找相互垂直的直线（如利用第一问证出的 $BE\perp AB$ 的特殊方向）来建立直角坐标系，否则会导致各点坐标出错。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题由底面非直角的常规菱形与竖直高线组合构成四棱锥，考查非直角多面体在引入高线后向直角坐标向量转化的建系建模思维。
2. 结论推广: 设四棱锥底面为菱形，侧棱 $PA\perp$ 底面。若底面两邻边夹角为 $\theta$，则任意包含中线及顶点的截面与侧面的夹角，均可通过确定基底向量投影长直接获得余弦通用表达式。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

平面𝑃𝐵𝐸与平面𝑃𝐴𝐵垂直；所成二面角（锐角）的大小为arcsin√105.

类题演练 (Links)

• 2009-上海卷理-19 解-二面角
• 2009-北京卷理-16 解-二面角
• 2009-四川卷文-19 解-面面垂直二面角