2011-北京卷理-16 解-折叠棱锥

本题导读

本题考查直线与平面垂直的判定。

📌【题干】

Question

（2011年北京卷(理)） 如图，在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PA\perp$ 平面 $ABCD$，底面 $ABCD$ 是菱形，$AB=2,\angle BAD=60^{\circ }$.

(1) 求证：$BD\perp$ 平面 $PAC$；

(2) 若 $PA=AB$，求 $PB$ 与 $AC$ 所成角的余弦值；

(3) 当平面 $PBC$ 与平面 $PDC$ 垂直时，求 $PA$ 的长.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问：利用菱形对角线互相垂直（$BD\perp AC$）及 $PA\perp$ 平面 $ABCD$（$BD\perp PA$），由线面垂直判定定理可证。
2. 第(2)问：建立以 $AC,BD,AP$ 相关方向为轴的空间直角坐标系，写出向量 $\overrightarrow{PB}$ 与 $\overrightarrow{AC}$ 的坐标，利用向量数量积公式求夹角余弦值。
3. 第(3)问：设 $PA=h$，分别求出平面 $PBC$ 和平面 $PDC$ 的法向量，根据法向量数量积为零（面面垂直）列方程求解 $h$。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

(3) 待补

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 证明： 因为底面 $ABCD$ 是菱形，所以 $BD\perp AC$。 又因为 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，$BD\subset$ 平面 $ABCD$，所以 $PA\perp BD$。 因为 $AC\cap PA=A$，且 $AC,PA\subset$ 平面 $PAC$， 所以 $BD\perp$ 平面 $PAC$。

(2) 设 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$。 因为 $ABCD$ 是菱形，$AB=2,\angle BAD=60^{\circ }$， 所以 $\Delta ABD$ 为等边三角形，故 $BD=2,OB=1$。 在 Rt$\Delta AOB$ 中，$AO=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，故 $AC=2\sqrt{3}$。

以 $O$ 为原点，$\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}$ 方向分别为 $x,y$ 轴正方向，过 $O$ 作平行于 $AP$ 的直线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。 已知 $PA=AB=2$，各点坐标为： $O(0,0,0),A(0,-\sqrt{3},0),B(1,0,0),C(0,\sqrt{3},0),D(-1,0,0),P(0,-\sqrt{3},2)$。

则向量坐标为： $\overrightarrow{PB}=B-P=(1,\sqrt{3},-2)$ $\overrightarrow{AC}=C-A=(0,2\sqrt{3},0)$

设异面直线 $PB$ 与 $AC$ 所成角为 $\theta$，则： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{PB}\cdot \overrightarrow{AC}|}{|\overrightarrow{PB}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{|1\times 0+\sqrt{3}\times 2\sqrt{3}+(-2)\times 0|}{\sqrt{1^2+(\sqrt{3}{)}^2+(-2{)}^2}\cdot \sqrt{0^2+(2\sqrt{3}{)}^2+0^2}}=\frac{6}{\sqrt{8}\times 2\sqrt{3}}=\frac{6}{2\sqrt{2}\times 2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{4}$

所以 $PB$ 与 $AC$ 所成角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{4}$。

(3) 设 $PA=h$ ($h>0$)，则 $P(0,-\sqrt{3},h)$。 各向量坐标为： $\overrightarrow{BC}=C-B=(-1,\sqrt{3},0),\overrightarrow{PB}=(1,\sqrt{3},-h)$ $\overrightarrow{DC}=C-D=(1,\sqrt{3},0),\overrightarrow{PD}=(-1,\sqrt{3},-h)$

设平面 $PBC$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{BC}=0⟹-x_1+\sqrt{3}{y}_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{PB}=0⟹x_1+\sqrt{3}{y}_1-h{z}_1=0\end{array}$ 取 $y_1=1$，则 $x_1=\sqrt{3},z_1=\frac{2\sqrt{3}}{h}$，故 ${\mathbf{n}}_1=\left(\sqrt{3},1,\frac{2\sqrt{3}}{h}\right)$。

设平面 $PDC$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{DC}=0⟹x_2+\sqrt{3}{y}_2=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{PD}=0⟹-x_2+\sqrt{3}{y}_2-h{z}_2=0\end{array}$ 取 $y_2=1$，则 $x_2=-\sqrt{3},z_2=\frac{2\sqrt{3}}{h}$，故 ${\mathbf{n}}_2=\left(-\sqrt{3},1,\frac{2\sqrt{3}}{h}\right)$。

因为平面 $PBC\perp$ 平面 $PDC$，所以 ${\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2=0$： ${\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2=\sqrt{3}\times (-\sqrt{3})+1\times 1+\frac{2\sqrt{3}}{h}\times \frac{2\sqrt{3}}{h}=0$ $-3+1+\frac{12}{h^2}=0⟹\frac{12}{h^2}=2⟹h^2=6⟹h=\sqrt{6}$

所以 $PA$ 的长为 $\sqrt{6}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直判定定理、异面直线所成角公式、两平面垂直的向量表示（法向量数量积为零）。
• 核心方法：坐标法（建系化），避免找二面角的复杂辅助线。
• 避坑指南：
• 建立坐标系时需准确求得菱形两对角线的交点坐标与半长；
• 法向量求解过程中，设参数赋值需确保计算无误。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自高考立体几何解答题标准模板，考查空间想象力与代数运算能力。
• 结论推广：底面为菱形的直四棱柱/锥中，对角线垂直是建系的天然突破口。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 16.03 两条直线的位置关系判定
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2013-辽宁卷理-18 解-直线与平面垂直判定
• 1993-新高考理-26
• 2002-新课标理-07 单-异面直线所成的角