2022-甲卷理-18 解-立几综合

本题导读

本题考查线面垂直的判定与性质。核心在于几何推导法、空间向量坐标法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年甲卷理） 在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$PD\perp$ 底面 $ABCD$，$CD\parallel AB$，$AD=DC=CB=1$，$AB=2$，$DP=\sqrt{3}$．

（1）证明：$BD\perp PA$；

（2）求 $PD$ 与平面 $PAB$ 所成的角的正弦值．

🔍【思路分析】

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1. 第一问（垂直证明）：

   • 寻找底面垂直关系：底面 $ABCD$ 是一个等腰梯形。取 $AB$ 中点 $E$，通过证明四边形 $BCDE$ 为平行四边形，得出 $DE=BC=1$。

   • 利用平面几何定理：在 $△ABD$ 中，$DE$ 是 $AB$ 边上的中线，且 $DE=\frac{1}{2}AB=1$。根据“如果三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形”，得出 $BD\perp AD$。

   • 线面垂直转化：结合已知 $PD\perp BD$，可证 $BD\perp$ 平面 $PAD$，从而推导出 $BD\perp PA$。

2. 第二问（线面角计算）：

   • 建立坐标系：由第一问可知，$DA,DB,DP$ 两两互相垂直，非常适合以 $D$ 为原点建立空间直角坐标系。

   • 写出坐标与向量：利用勾股定理求出 $BD$ 长度，写出各点坐标，进而求出平面 $PAB$ 的法向量 $\vec{n}$。

   • 向量法求角：利用线面角公式 $\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{PD},\vec{n}⟩|$ 进行代数计算。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $\frac{\sqrt{5}}{5}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明：$BD\perp PA$

1. 证明 $BD\perp AD$：

取 $AB$ 的中点 $E$，连接 $DE$．

因为 $AB=2$ 且 $E$ 为中点，所以 $AE=BE=1$．

又已知 $CD\parallel AB$ 且 $CD=1$，

所以 $CD\parallel BE$ 且 $CD=BE$．

故四边形 $BCDE$ 为平行四边形．

由此可得 $DE=CB=1$．

在 $△ABD$ 中，$AD=1,DE=1,AE=BE=1$．

即中线 $DE=\frac{1}{2}AB$．

根据直角三角形判定定理（或由圆的直径对的圆周角为直角），$△ABD$ 为直角三角形，且 $\angle ADB=90^{\circ }$．

即 $BD\perp AD$．

2. 证明线面垂直：

已知 $PD\perp$ 底面 $ABCD$，且 $BD\subset$ 平面 $ABCD$．

故 $PD\perp BD$．

因为 $BD\perp AD$ 且 $BD\perp PD$，

且 $AD\cap PD=D$，$AD,PD\subset$ 平面 $PAD$．

根据线面垂直判定定理，得 $BD\perp$ 平面 $PAD$．

3. 证明线线垂直：

因为 $PA\subset$ 平面 $PAD$．

所以 $BD\perp PA$．

证明完毕．

（2）求 $PD$ 与平面 $PAB$ 所成的角的正弦值

1. 建立空间直角坐标系：

由（1）知，$DA,DB,DP$ 两两互相垂直．

在 $\text{Rt}△ADB$ 中，$BD=\sqrt{A{B}^2-A{D}^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$．

以 $D$ 为原点，$DA,DB,DP$ 所在直线分别为 $x,y,z$ 轴建立空间直角坐标系．

2. 确定各点坐标及相关向量：

各点坐标为：

$D(0,0,0)$，$A(1,0,0)$，$B(0,\sqrt{3},0)$，$P(0,0,\sqrt{3})$．

所需的向量为：

$\overrightarrow{PD}=(0,0,-\sqrt{3})$；

$\overrightarrow{PA}=(1,0,-\sqrt{3})$；

$\overrightarrow{AB}=(-1,\sqrt{3},0)$．

3. 求平面 $PAB$ 的法向量 $\vec{n}$：

设平面 $PAB$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则需满足：

$\{\begin{array}{l}\vec{n}\cdot \overrightarrow{PA}=x-\sqrt{3}z=0\\ \vec{n}\cdot \overrightarrow{AB}=-x+\sqrt{3}y=0\end{array}$

移项得：$x=\sqrt{3}z$ 且 $x=\sqrt{3}y$．

故可得 $\sqrt{3}z=\sqrt{3}y⟹y=z$．

令 $z=1$，则 $y=1,x=\sqrt{3}$．

故法向量可取为 $\vec{n}=(\sqrt{3},1,1)$．

4. 计算线面角的正弦值：

设 $PD$ 与平面 $PAB$ 所成的角为 $\theta$．

根据线面角向量公式：

$\sin \theta =|\cos ⟨\overrightarrow{PD},\vec{n}⟩|=\frac{|\overrightarrow{PD}\cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{PD}||\vec{n}|}$

代入数据进行计算：

\sin \theta = \frac{|0 \times \sqrt{3} + 0 \times 1 + (-\sqrt{3}) \times 1|}{\sqrt{0^2 + 0^2 + (-\sqrt{3})^2} \times \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2 + 1^2}}$$$$\sin \theta = \frac{|-\sqrt{3}|}{\sqrt{3} \times \sqrt{5}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{15}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}

结论：

$PD$ 与平面 $PAB$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$．

【解法二】几何法

作$DH\perp AB$交$AB$于$H$

∵$PD\perp$平面$ABCD$，$AB\subset$平面$ABCD$

∴$DP\perp AB$

∴$AB\perp$平面$PDH,$

$AB\subset$面$PAB$,

∴面$PAB\perp$面$PDH$,

过点$D$作面$PAB$的垂线，垂足在面$PAB$与面$PDH$的交线上

∴直线$PD$与平面$PAB$所成角$\angle DPH$

在$\Delta PDH$中:

$PD=\sqrt{3},DH=\frac{\sqrt{3}}{2},PH=\sqrt{P{D}^2+D{H}^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$

∴$\sin \angle DPH=\frac{DH}{PH}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$

∴ 直线$PD$与平面$PAB$所成角的正弦$\frac{\sqrt{5}}{5}$

【解法三】设点$D$到平面$PAB$的距离为$h$，在$\Delta PAB$中，

$PA=2,PB=\sqrt{6},AB=2$

$\therefore S_{\Delta PAB}=\frac{\sqrt{15}}{2}$，

\because AD\bot BD$$\therefore {{S}_{\Delta DAB}}=\frac{\sqrt{3}}{2},

由等体积法得：$V_{P-ABD}=V_{D-PAB}$

$\therefore \frac{1}{3}{S}_{\Delta ABD}\cdot PD=\frac{1}{3}{S}_{\Delta PAB}\cdot h$,

$\therefore h=\frac{\sqrt{15}}{5}$，

设$PD$与平面$PAB$所成角为$\theta$

则$\sin \theta =\frac{h}{PD}=\frac{\sqrt{5}}{5}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 底面垂直关系的挖掘：立体几何大题的第一问通常在“搭桥”。本题中证明 $BD\perp AD$，不仅回答了第一问，更为第二问构建正交的 $x,y,z$ 轴提供了合法的几何依据。

  2. 法向量赋值技巧：在得到 $x=\sqrt{3}z$ 和 $x=\sqrt{3}y$ 后，选择令无根号的变量（此处为 $z$ 或 $y$）等于 $1$，可以避免出现分式，降低计算失误率。

• 避坑指南：

  • 建系不加证明的风险：在高考阅卷中，如果直接写“以 $D$ 为原点建立坐标系”而没有在第一问中证明 $DA\perp DB$（即 $\angle ADB=90^{\circ }$），第二问会被直接扣除建系分（通常是 2-3 分）。因此，第一问的证明是第二问的基石。

  • 线面角公式：利用向量法求线面角，直接求出的是 $\cos ⟨\vec{l},\vec{n}⟩$，其绝对值直接等于线面角的正弦值 ($\sin \theta$)。切忌在此处多此一举地再去利用 ${\sin }^2+{\cos }^2=1$ 进行转换。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 21.01空间向量及其运算

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角
• 2008-湖北卷文-18 解-直三棱柱垂直与角
• 2013-福建卷理-19 解-线面垂直