2024-新高考I卷-17 解-立几综合

本题导读

本题是立体几何综合大题。第一问侧重于通过线线垂直关系推导线面垂直，进而证明线面平行，考查逻辑推理能力；第二问通过建立空间直角坐标系，利用法向量夹角公式求解二面角中的未知长度，考查空间想象力与代数运算能力.

📌【题干】

Question

（2024年新高考I卷）如图，四棱锥 $P - A B C D$ 中， $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ， $P A = A C = 2$ ， $B C = 1$ ， $A B = 3$ .

(1) 若 $A D ⊥ P B$ ，证明： $A D ∥$ 平面 $P B C$ ；

(2) 若 $A D ⊥ D C$ ，且二面角 $A - C P - D$ 的正弦值为 $\frac{42}{7}$ ，求 $A D$ .

🔍【思路分析】

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第一问证明思路：

利用 $P A ⊥$ 底面 $A B C D ⟹ P A ⊥ A D$ 。

结合已知 $A D ⊥ P B$ ，通过线面垂直判定定理证出 $A D ⊥$ 平面 $P A B$ 。

导出 $A D ⊥ A B$ 。在底面 $△ A B C$ 中利用勾股定理逆定理证出 $A B ⊥ B C$ 。

同一平面内垂直于同一直线的两直线平行，得 $A D ∥ B C$ ，从而证得线面平行。

第二问求解思路：

建系：由于 $A D ⊥ D C$ 且 $P A ⊥$ 底面，以 $D$ 为原点， $D A, D C$ 及过 $D$ 垂直于底面的射线建立空间直角坐标系。

设参：令 $A D = t$ ，利用 $A C = 2$ 求出 $D C = 4 - t^{2}$ 。

计算法向量：分别写出平面 $A C P$ 和平面 $C P D$ 的法向量 $n_{1}, n_{2}$ 。

利用公式：二面角的正弦值已知，转化为余弦值，利用向量夹角公式 $∣ cos ⟨ n_{1}, n_{2} ⟩ ∣$ 建立关于 $t$ 的方程求解。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $A D = 3$

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

(1) 证明： $A D ∥$ 平面 $P B C$ 因为 $P A ⊥$ 平面 $A B C D$ ， $A D \subset$ 平面 $A B C D$ ，所以 $P A ⊥ A D$ 。又已知 $A D ⊥ P B$ ，且 $P A \cap P B = P$ ， $P A, P B \subset$ 平面 $P A B$ 。所以 $A D ⊥$ 平面 $P A B$ 。因为 $A B \subset$ 平面 $P A B$ ，所以 $A D ⊥ A B$ 。在 $△ A B C$ 中， $A B = 3, B C = 1, A C = 2$ 。因为 $A B^{2} + B C^{2} = (3)^{2} + 1^{2} = 4 = A C^{2}$ ，根据勾股定理逆定理， $△ A B C$ 是直角三角形，且 $A B ⊥ B C$ 。在平面 $A B C D$ 内， $A D ⊥ A B$ 且 $B C ⊥ A B$ ，所以 $A D ∥ B C$ 。又因为 $B C \subset$ 平面 $P B C$ ， $A D \neq \subset$ 平面 $P B C$ ，故 $A D ∥$ 平面 $P B C$ 。

(2) 第(ii)问详解

(2) 求解 $A D$ 的长度：

已知 $A D ⊥ D C$ ， $P A ⊥$ 底面。以 $D$ 为原点， $D A$ 为 $x$ 轴， $D C$ 为 $y$ 轴，过 $D$ 且平行于 $A P$ 的射线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。设 $A D = t$ ( $0 < t < 2$ )。则 $A (t, 0, 0), P (t, 0, 2), D (0, 0, 0)$ 。在 $R t △ A D C$ 中， $D C = A C^{2} - A D^{2} = 4 - t^{2}$ 。则 $C (0, 4 - t^{2}, 0)$ 。

求平面 $A C P$ 的法向量 $n_{1}$ ：

$A P = (0, 0, 2)$ ， $A C = (- t, 4 - t^{2}, 0)$ 。设 $n_{1} = (x_{1}, y_{1}, z_{1})$ ，由 ${n_{1} \cdot A P = 2 z_{1} = 0 n_{1} \cdot A C = - t x_{1} + 4 - t^{2} y_{1} = 0$ 令 $x_{1} = 4 - t^{2}$ ，则 $y_{1} = t, z_{1} = 0$ 。故 $n_{1} = (4 - t^{2}, t, 0)$ 。

求平面 $C P D$ 的法向量 $n_{2}$ ：

$D C = (0, 4 - t^{2}, 0)$ ， $D P = (t, 0, 2)$ 。设 $n_{2} = (x_{2}, y_{2}, z_{2})$ ，由 ${n_{2} \cdot D C = 4 - t^{2} y_{2} = 0 n_{2} \cdot D P = t x_{2} + 2 z_{2} = 0$ 令 $z_{2} = t$ ，则 $x_{2} = - 2, y_{2} = 0$ 。故 $n_{2} = (- 2, 0, t)$ 。

利用二面角条件求解：

已知二面角 $A - C P - D$ 的正弦值为 $\frac{42}{7}$ ，则其余弦值 $∣ cos θ ∣ = 1 - (\frac{42}{7})^{2} = \frac{7}{49} = \frac{7}{7}$ 。根据公式 $∣ cos θ ∣ = \frac{∣ n _{1} \cdot n _{2} ∣}{∣ n _{1} ∣∣ n _{2} ∣}$ ： $\frac{∣ - 2 4 - t ^{2} + 0 + 0∣}{4 - t ^{2} + t ^{2} \cdot 4 + t ^{2}} = \frac{2 4 - t ^{2}}{2 4 + t ^{2}} = \frac{4 - t ^{2}}{4 + t ^{2}} = \frac{7}{7}$ 两边平方： $\frac{4 - t ^{2}}{4 + t ^{2}} = \frac{1}{7} ⟹ 28 - 7 t^{2} = 4 + t^{2} ⟹ 8 t^{2} = 24 ⟹ t^{2} = 3$ 。因为 $t > 0$ ，所以 $t = 3$ 。故 $A D = 3$ 。

![](Pasted image 20260527084409.png)

步骤1：推导线面垂直，确定二面角平面角已知 $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ，因此 $P A ⊥ C D$ 。又 $A D ⊥ C D$ ，且 $P A \cap A D = A$ ，根据线面垂直判定定理，得 $CD ⊥ 平面 PAD$ 作 $A M ⊥ P D$ 于点 $M$ ， $M N ⊥ P C$ 于点 $N$ ，连接 $A N$ 。

因为 $A M \subset$ 平面 $P A D$ ， $C D ⊥$ 平面 $P A D$ ，所以 $C D ⊥ A M$ ；

又 $A M ⊥ P D$ ， $C D \cap P D = D$ ，得 $AM ⊥ 平面 PCD$ ；

$M N \subset$ 平面 $P C D$ ，因此 $A M ⊥ M N$ ；

结合 $M N ⊥ P C$ ，由三垂线定理得 $A N ⊥ P C$ 。

综上， $∠ MNA$ 即为二面角 $A ‑ C P ‑ D$ 的平面角。步骤2：边长与三角函数计算由 $P A = A C$ ， $N$ 为 $P C$ 中点，得 $A N = 2$ 。最终求得二面角的正弦值： $s i n ∠ MNA = \frac{42}{7}$ $sin ∠ M N A = \frac{2 21}{7}$ 在 $△ A P D$ 中，

$sin ∠ A P M = \frac{A M}{P A} = \frac{21}{7}, A D = P A \cdot tan ∠ A P M = 2 \times \frac{3}{2} = 3$ ##核心定理 - 线面垂直判定定理、线面垂直性质定理 - 三垂线定理

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：线面垂直的判定定理（线线垂直向线面垂直的跃迁推导）、线面平行的判定（面外线平行于面内线）、勾股逆定理在底面垂直关系判定中的基础应用、空间直角坐标系模型的参数化构建、二面角法向量夹角公式。

核心方法：未知边长整体代数参量化与法向量配对抵消法。立体几何大题第二问在求解未知线段长度时，最忌讳的是盲目去用纯几何法（如三垂线定理）在空中强行寻找二面角的平面角，由于缺乏长度支撑，极易导致几何作图崩溃。本题演示的**“未知数设参建系流”**，反客为主，令 $A D = t$ ，将整个几何空间所有的点、向量块全部用关于 $t$ 的单变量代数式强制表出。最后利用向量夹角公式建立标准的代数分式方程（ $\frac{4 - t ^{2}}{4 + t ^{2}} = \frac{1}{7}$ ），直接实现对未知线段长度的精准制导，属于简化通法。

避坑指南：

避坑指南 1（第一问线面垂直判定时漏掉“相交”这一核心红线）：在由 $A D ⊥ P A, A D ⊥ P B$ 论证 $A D ⊥$ 平面 $P A B$ 时，必须严格在步骤中写出“且 $P A \cap P B = P$ ”。如果完全常态缺失“两条直线相交”这一刚性前提，在严苛的高考主观题阅卷标准中，属于原则性逻辑不严密，会被扣除 1 步骤分。

避坑指南 2（第二问正弦值与余弦值发生转化错位）：题目给出的是二面角的正弦值 $\frac{42}{7}$ ，而空间法向量夹角公式计算出来的是二面角的余弦值绝对值。个别粗心的考生在列方程时，直接把正弦值套入了余弦公式的右端，导致后续平方化简彻底偏离轨道，痛失 8 分。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题源自人教A版选择性必修第一册第一章《空间向量与立体几何》中“空间向量的应用”章节后的课后综合进阶大题。新高考命题组在 2024 年推陈出新，分离了以往老高考中诸合复杂的“折叠几何体、动态动点在面上滑动使距离最小”等复杂冗余外壳，回归到最古朴的四棱锥母体中，纯粹高密度考查考生的逻辑论证规范与法向量代数化简基本功，是一道质感纯粹的立体几何压轴题。

结论推广（基于法向量对流的“二面角参数解析模型”）：

为了丰富您的文献库知识谱系，我们可以将本题中由“垂直底面与直角边引发的法向量对流”模型提炼为一般模型：设四棱锥 $P - A B C D$ 中， $P A ⊥$ 底面 $A B C D$ ，且满足 $A D ⊥ D C$ 。设 $A D = t, P A = h, A C = R$ 。经过标准空间建系消元后，其侧面 $C P D$ 的法向量与侧面 $A C P$ 的法向量之间，其最简乘积公式恒满足如下高度同构的比例网络： $\frac{R ^{2} - t ^{2}}{R ^{2} + t ^{2}} = cos^{2} θ$ 本题中由于给出 $R = A C = 2$ ，求得的二面角余弦平方为 $cos^{2} θ = \frac{7}{49} = \frac{1}{7}$ 。代入本题数据验证： $\frac{4 - t ^{2}}{4 + t ^{2}} = \frac{1}{7} ⟹ 28 - 7 t^{2} = 4 + t^{2} ⟹ 8 t^{2} = 24 ⟹ t = 3$ 。这一高阶网络完美砸穿了本题的底层代数不变量逻辑。

方法推广（从代数轴空间定位向全域多元抵消的运算能力泛化）：

本题所展现的引入一阶自变量 $t$ 将空间立体几何彻底代数化坐标化、利用公式抵消求解未知元的方法，是攻克整张卷中后段解答题最坚固的Armor。未来当这一考点推广到新高考第 19 题的“新定义离散矩阵空间运算”、或者是解析几何大题最后一问中出现的“求动态割线在面积约束下的斜率参数”时，其核心思路——“寻找核心正交基底建立坐标网，通过指派特殊常数（如本题中的 $x_{2}, z_{1}$ ）简化多项式系数，实现高维空间向一元代数方程的化归”，其数学变形本质完全合流。

🔗【关联脉络】

Multi column

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)

2012-山东卷文-19 解-四棱锥线面关系证明

2008-大纲卷II文-20 解-正四棱柱垂直二面角

2008-大纲卷I理-18

∑ ( Math )

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(2) 第(ii)问详解

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