2011-广东卷理-18 解-二面角

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。

📌【题干】

Question

（2011年广东卷(理)）

如图，在锥体 $P-ABCD$ 中，$ABCD$ 是边长为 $1$ 的菱形，且 $\angle DAB=60^{\circ }$，$PA=PD=\sqrt{2}$，$PB=2$，$E,F$ 分别是 $BC,PC$ 的中点.

(1) 证明：$AD\perp$ 平面 $DEF$；

(2) 求二面角 $P-AD-B$ 的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：

• 由 $E,F$ 分别为 $BC,PC$ 中点，可得中位线 $EF\parallel PB$；
• 在 $△PAB$ 中，边长已知，通过勾股定理逆定理可证 $PA\perp AB$，再结合条件证明 $PB\perp BC$，从而 $EF\perp BC$ 即 $EF\perp AD$；
• 在底面菱形中，利用几何关系证明 $DE\perp AD$；
• 结合 $DE\cap EF=E$，即可证得 $AD\perp$ 平面 $DEF$。

2. 第 (2) 问：

• 寻找垂直关系建系：由 (1) 知 $AD\perp DE$，取 $AD$ 中点或利用高线确定顶点 $P$ 在底面的投影位置；
• 建立空间直角坐标系，求出平面 $PAD$ 的法向量与底面 $ABCD$（即平面 $ABD$）的法向量；
• 利用空间向量夹角公式计算法向量夹角，根据图形确定二面角的平面角是锐角还是钝角，得出最终余弦值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 在菱形 $ABCD$ 中，$AB=BC=CD=DA=1$，$\angle DAB=60^{\circ }$，$AD\parallel BC$. 连接 $BD$，则 $△ABD$ 是边长为 $1$ 的等边三角形. 连接 $BD$，在 $△BCD$ 中，$BC=CD=1$，$\angle BCD=60^{\circ }$，为等边三角形. 因为 $E$ 为 $BC$ 的中点，所以 $DE\perp BC$. 又 $AD\parallel BC$，所以 $AD\perp DE$.

在 $△PAB$ 中，$PA=\sqrt{2}$，$AB=1$，$PB=2$. 由余弦定理得 $\cos \angle PAB=\frac{P{A}^2+A{B}^2-P{B}^2}{2PA\cdot AB}=\frac{2+1-4}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}$. 同理，在 $△PAD$ 中，$PA=PD=\sqrt{2}$，$AD=1$. 取 $AD$ 的中点 $O$，连接 $PO$ 和 $BO$. 由 $PA=PD$，得 $PO\perp AD$，且 $PO=\sqrt{P{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{2-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$. 在菱形 $ABCD$ 中，$O$ 为 $AD$ 中点，$△ABD$ 为边长为 $1$ 的正三角形， 故 $BO\perp AD$，且 $BO=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 在 $△POB$ 中，$PO=\frac{\sqrt{7}}{2}$，$BO=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$PB=2$. 因为 $P{O}^2+B{O}^2=\frac{7}{4}+\frac{3}{4}=\frac{10}{4}\ne P{B}^2$？ 更直接的证法： 因为 $E,F$ 分别是 $BC,PC$ 的中点，所以 $EF\parallel PB$. 由 $PA=PD=\sqrt{2}$，$△PAD\cong △PAB$ 不成立，重新计算 $PB\perp BC$： 由于 $AD\parallel BC$，若要 $PB\perp BC$，等价于 $PB\perp AD$. 由 $PO\perp AD$ 且 $BO\perp AD$，又 $PO\cap BO=O$， 所以 $AD\perp$ 平面 $POB$. 因为 $PB\subset$ 平面 $POB$，所以 $AD\perp PB$. 又因为 $EF\parallel PB$，所以 $AD\perp EF$. 结合前面已证 $AD\perp DE$，且 $DE\cap EF=E$，$DE,EF\subset$ 平面 $DEF$， 所以 $AD\perp$ 平面 $DEF$.

(2) 解： 由 (1) 知，$PO\perp AD$，$BO\perp AD$. 因此，$\angle POB$ 即为二面角 $P-AD-B$ 的平面角. 在 $△POB$ 中，$PO=\frac{\sqrt{7}}{2}$，$BO=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$PB=2$. 由余弦定理： $\cos \angle POB=\frac{P{O}^2+B{O}^2-P{B}^2}{2\cdot PO\cdot BO}=\frac{{\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2-2^2}{2\cdot \frac{\sqrt{7}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{7}{4}+\frac{3}{4}-4}{2\cdot \frac{\sqrt{21}}{4}}=\frac{\frac{10}{4}-\frac{16}{4}}{\frac{\sqrt{21}}{2}}=\frac{-\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{21}}{2}}=-\frac{\sqrt{21}}{7}.$ 故二面角 $P-AD-B$ 的余弦值为 $-\frac{\sqrt{21}}{7}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：线面垂直的判定定理（$l\perp a,l\perp b,a\cap b=P⟹l\perp \alpha$）；二面角平面角的几何定义法。
• 核心方法：
• 寻找公共棱的中点构造二面角平面角（几何法）；
• 线线平行性质（三角形中位线）转化垂直关系。
• 避坑指南：
• 第 (1) 问证 $AD\perp EF$ 时，不能直观想当然，需先通过 $AD\perp$ 平面 $POB$ 严格推导 $AD\perp PB$，再利用平行传递性；
• 第 (2) 问求得的二面角平面角为钝角，余弦值为负数，注意根据图示判断二面角的钝锐性质，切勿漏写负号。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源： 源于经典立体几何教材中的“折纸模型”与翻折二面角问题。几何构型实质为一个底面为菱形、两侧面具有对称特性的斜四棱锥。

• 结论推广： 对于沿棱折叠形成的空间多面体，若两相邻侧面与折痕的垂线交于同一点 $O$（如 $PO\perp l$ 且 $BO\perp l$），则直线 $l\perp$ 平面 $POB$. 此时 $\angle POB$ 即为二面角的大小，任意平面角均可通过该截面三角形的边长利用余弦定理直接求解： $\cos \theta =\frac{P{O}^2+B{O}^2-P{B}^2}{2PO\cdot BO}$

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 09.02 平面向量的线性运算

类题演练 (Links)

• 2008-江西卷理-20
• 2004-全国卷II理-20 解-线面垂直
• 2006-浙江卷理-17 解-直线与平面所成的角