2011-新课标卷理-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年新课标卷(理)） 如图，四棱锥 $P-ABCD$ 中，底面 $ABCD$ 为平行四边形，$\angle DAB=60^{\circ }$，$AB=2AD$，$PD\perp$ 底面 $ABCD$.

(1) 证明：$PA\perp BD$；

(2) 若 $PD=AD$，求二面角 $A-PB-C$ 的余弦值.

🔍【思路分析】

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1. 对 (1)：在底面 $△ABD$ 中，利用余弦定理或勾股定理判定 $\angle ADB=90^{\circ }$，即 $BD\perp AD$；再由 $PD\perp$ 底面 $ABCD$ 得 $PD\perp BD$，进而证得 $BD\perp$ 平面 $PAD$，从而得出 $PA\perp BD$。
2. 对 (2)：以 $D$ 为坐标原点，分别以 $DA,DB,DP$ 所在射线为 $x,y,z$ 轴正方向建立空间直角坐标系。求出平面 $PAB$ 与平面 $PBC$ 的法向量，利用空间向量的数量积求出二面角的余弦值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 在 $△ABD$ 中，设 $AD=1$，则 $AB=2$。 已知 $\angle DAB=60^{\circ }$，由余弦定理得： $B{D}^2=A{D}^2+A{B}^2-2AD\cdot AB\cos 60^{\circ }=1^2+2^2-2\times 1\times 2\times \frac{1}{2}=3$ 因为 $A{D}^2+B{D}^2=1+3=4=A{B}^2$， 所以 $\angle ADB=90^{\circ }$，即 $AD\perp BD$。 又因为 $PD\perp$ 底面 $ABCD$，$BD\subset$ 底面 $ABCD$， 所以 $PD\perp BD$。 因为 $AD\cap PD=D$，$AD,PD\subset$ 平面 $PAD$， 所以 $BD\perp$ 平面 $PAD$。 又 $PA\subset$ 平面 $PAD$， 所以 $PA\perp BD$。

(2) 由 (1) 知 $DA,DB,DP$ 两两互相垂直。 以 $D$ 为原点，分别以 $\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DB},\overrightarrow{DP}$ 的方向为 $x$ 轴、$y$ 轴、$z$ 轴的正方向，建立空间直角坐标系 $D-xyz$。 设 $AD=1$，则 $PD=1,BD=\sqrt{3}$。 各点坐标为： $D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,\sqrt{3},0),P(0,0,1)$ 因为底面 $ABCD$ 为平行四边形，$\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=(-1,\sqrt{3},0)$， 所以 $C(-1,\sqrt{3},0)$。 相关向量为： $\overrightarrow{PA}=(1,0,-1),\overrightarrow{PB}=(0,\sqrt{3},-1),\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=(-1,0,0)$ 设平面 $PAB$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_1=(x_1,y_1,z_1)$，则： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{PA}=x_1-z_1=0\\ {\mathbf{n}}_1\cdot \overrightarrow{PB}=\sqrt{3}{y}_1-z_1=0\end{array}$ 取 $z_1=\sqrt{3}$，解得 $x_1=\sqrt{3},y_1=1$，故： ${\mathbf{n}}_1=(\sqrt{3},1,\sqrt{3})$ 设平面 $PBC$ 的法向量为 ${\mathbf{n}}_2=(x_2,y_2,z_2)$，则： $\{\begin{array}{l}{\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{BC}=-x_2=0\\ {\mathbf{n}}_2\cdot \overrightarrow{PB}=\sqrt{3}{y}_2-z_2=0\end{array}$ 取 $y_2=1$，解得 $x_2=0,z_2=\sqrt{3}$，故： ${\mathbf{n}}_2=(0,1,\sqrt{3})$ 设二面角 $A-PB-C$ 的平面角为 $\theta$。由图可知 $\theta$ 为锐角，则： $\cos \theta =\frac{|{\mathbf{n}}_1\cdot {\mathbf{n}}_2|}{|{\mathbf{n}}_1||{\mathbf{n}}_2|}=\frac{|0\times \sqrt{3}+1\times 1+\sqrt{3}\times \sqrt{3}|}{\sqrt{(\sqrt{3}{)}^2+1^2+(\sqrt{3}{)}^2}\times \sqrt{0^2+1^2+(\sqrt{3}{)}^2}}=\frac{1+3}{\sqrt{7}\times \sqrt{4}}=\frac{4}{2\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$ 所以二面角 $A-PB-C$ 的余弦值为 $\frac{2\sqrt{7}}{7}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：勾股定理逆定理判定底面线线垂直、线面垂直的性质定理、两平面法向量夹角公式。
• 核心方法：
• 寻找隐藏垂直：$AB=2AD$ 结合 $60^{\circ }$ 角必定构成 $30^{\circ }-60^{\circ }-90^{\circ }$ 直角三角形，得到 $DA\perp DB$；
• 两两垂直构型快速建系。
• 避坑指南：求点 $C$ 坐标时，要利用平行四边形向量关系 $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}$ 准确换算，避免把底面误看成矩形。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：高中立体几何以特殊平行四边形（含 $60^{\circ }$ 菱形或半正三角形拼接）为底面的标准经典柱锥模型。
• 结论推广：在满足边长比为 $1:2$ 且夹角为 $60^{\circ }$ 的三角形中，短边与第三边必然相互垂直，常作为空间直角坐标系原点正交基底的核心切入点。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 11.02 余弦定理

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-北京卷文-16 解-三棱锥垂直与二面角
• 2008-北京卷理-16