2010-新课标卷理-18 解-线面位置

本题导读

考查空间线面垂直的证明及线面角的求解。第一问利用等腰梯形的对称性与线面垂直性质；第二问建系通过法向量求解线面角的正弦值。

📌【题干】

Question

（2010年新课标卷(理)） 如图，已知四棱锥 $P-ABCD$ 的底面为等腰梯形，$AB\parallel CD$，$AC\perp BD$，垂足为 $H$，$PH$ 是四棱锥的高，$E$ 为 $AD$ 中点.

(1) 证明：$PE\perp BC$；

(2) 若 $\angle APB=\angle ADB=60^{\circ }$，求直线 $PA$ 与平面 $PEH$ 所成角的正弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：在等腰梯形中，由于 $AC\perp BD$，可知 $H$ 在底面对称轴上，推出 $HE\perp BC$。再结合 $PH\perp$ 底面 $ABCD⟹PH\perp BC$，可证 $BC\perp$ 平面 $PEH$，进而得出 $PE\perp BC$。
2. 第 (2) 问：建立以 $H$ 为原点、过 $H$ 平行与垂直于 $AB$ 的直线为轴的空间直角坐标系。求出各关键顶点坐标，求出平面 $PEH$ 的法向量，利用向量点积求出线面角的正弦值。

✅【答案】

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（1）在底面所在平面内建立直角坐标系，设𝐴(−𝑢,0,0),𝐵(𝑢,0,0),𝐶(𝑣,ℎ,0),

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明：$PE\perp BC$

在等腰梯形 $ABCD$ 中，因 $AB\parallel CD$，$AD=BC$，且 $AC\perp BD$ 于 $H$： 由对称性，$△HAB$ 和 $△HDC$ 均为等腰直角三角形，故 $HA=HB$，$HC=HD$。

在 Rt$△HAD$ 中，$\angle AHD=90^{\circ }$，$E$ 为斜边 $AD$ 的中点，所以 $HE=\frac{1}{2}AD=AE=ED$，即 $\angle EAH=\angle EHA$。

又在等腰梯形中，$\angle DAB=\angle CBA$，$\angle HAB=45^{\circ }⟹\angle EAH=\angle DAB-45^{\circ }$。 利用几何角度计算可得，$\angle EHB=\angle EHA+\angle AHB=\angle EAH+90^{\circ }$。 过 $H$ 作底面对称轴可证 $HE\perp BC$。

又因为 $PH$ 是四棱锥的高，所以 $PH\perp$ 平面 $ABCD$。 因为 $BC\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PH\perp BC$。

因为 $HE\cap PH=H$，且 $HE,PH\subset$ 平面 $PEH$， 所以 $BC\perp$ 平面 $PEH$。

因为 $PE\subset$ 平面 $PEH$， 所以 $PE\perp BC$。

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(2) 求直线 $PA$ 与平面 $PEH$ 所成角的正弦值

已知 $\angle ADB=60^{\circ }$，在 Rt$△AHD$ 中，$\angle AHD=90^{\circ }$： 令 $HD=1$，则在 Rt$△AHD$ 中，$AH=HD\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$。 故 $AD=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2}=2$。

因为 $HA=HB=\sqrt{3}$，且 $\angle AHB=90^{\circ }$，所以 $AB=\sqrt{H{A}^2+H{B}^2}=\sqrt{6}$。

在 $△PAB$ 中，$PA=PB$。已知 $\angle APB=60^{\circ }$，故 $△PAB$ 为等边三角形， 所以 $PA=PB=AB=\sqrt{6}$。

在 Rt$△PHA$ 中，$PA=\sqrt{6}$，$HA=\sqrt{3}$，由勾股定理得高： $PH=\sqrt{P{A}^2-H{A}^2}=\sqrt{6-3}=\sqrt{3}$

以 $H$ 为坐标原点，射线 $HB$ 为 $x$ 轴正方向，射线 $HA$ 为 $y$ 轴正方向，射线 $HP$ 为 $z$ 轴正方向建立空间直角坐标系 $H-xyz$：

• $H(0,0,0)$
• $A(0,\sqrt{3},0)$
• $B(\sqrt{3},0,0)$
• $D(-1,0,0)$，故 $AD$ 中点 $E\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right)$
• $P(0,0,\sqrt{3})$

求向量： $\overrightarrow{PA}=A-P=(0,\sqrt{3},-\sqrt{3})$ $\overrightarrow{HE}=\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},0\right),\overrightarrow{HP}=(0,0,\sqrt{3})$

设平面 $PEH$ 的法向量为 $\mathbf{n}=(x,y,z)$： $\{\begin{array}{l}\mathbf{n}\cdot \overrightarrow{HE}=-\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}y=0\\ \mathbf{n}\cdot \overrightarrow{HP}=\sqrt{3}z=0\end{array}$

取 $y=1$，则 $x=\sqrt{3}$，$z=0$，故法向量为： $\mathbf{n}=(\sqrt{3},1,0)$

设直线 $PA$ 与平面 $PEH$ 所成角为 $\theta$，则： $\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{PA},\mathbf{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{PA}\cdot \mathbf{n}|}{|\overrightarrow{PA}|\cdot |\mathbf{n}|}$

计算模长与点积： $\overrightarrow{PA}\cdot \mathbf{n}=0\cdot \sqrt{3}+\sqrt{3}\cdot 1+(-\sqrt{3})\cdot 0=\sqrt{3}$ $|\overrightarrow{PA}|=\sqrt{0^2+(\sqrt{3}{)}^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{6}$ $|\mathbf{n}|=\sqrt{(\sqrt{3}{)}^2+1^2+0^2}=2$

代入得： $\sin \theta =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}\times 2}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

故直线 $PA$ 与平面 $PEH$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{2}}{4}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直判定（三垂线定理思想）与空间向量求线面角。
2. 核心方法：

• 证明线面垂直时，寻找底面图形的对称性与垂直关系；
• 建立恰当的空间直角坐标系，利用交点 $H$ 作为坐标原点能最大化简化坐标与向量计算。

3. 避坑指南：注意法向量与线方向向量夹角的余弦绝对值即为线面角的正弦值，切勿混淆三角函数名称。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：结合平面几何经典图形（等腰梯形、对角线垂直）的空间立体几何大题。
2. 结论推广：若底面图形中对角线垂直，且顶点投影落在对角线交点上，则四棱锥的四条侧棱构成两组对称的垂直关系。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2014-四川卷理-08 单-线面角的向量求法
• 2011-上海卷文-05 填-法向量直线方程
• 2011-上海卷文-12 填-向量数量积