2004-湖南理-18 解-线面垂直的判定定理与性质定理

本题导读

本题考查二面角的平面角及其求法。核心在于空间直角坐标系法、几何综合推导法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年湖南卷(理)） 如图，在底面是菱形的四棱锥 $P-ABCD$ 中， $\angle ABC=60^{\circ }$，$PA=AC=a$，$PB=PD=\sqrt{2}a$，点 $E$ 在 $PD$ 上，且 $PE:ED=2:1$.

(1) 证明： $PA\perp \text{平面 }ABCD$；

(2) 求以 $AC$ 为棱， $EAC$ 与 $DAC$ 为面的二面角 $\theta$ 的大小；

(3) 在棱 $PC$ 上是否存在一点 $F$，使 $BF\parallel \text{平面 }AEC$？证明你的结论.

🔍【思路分析】

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1. 第(1)问逻辑：底面 $ABCD$ 是菱形且 $\angle ABC=60^{\circ }$，从而 $△ABC$ 和 $△ADC$ 均为边长为 $a$ 的等边三角形，得到 $AB=AD=a$。在 $△PAB$ 中，由于 $P{A}^2+A{B}^2=a^2+a^2=2a^2=P{B}^2$，由勾股定理逆定理得 $PA\perp AB$。同理可证 $PA\perp AD$。再利用线面垂直的判定定理即可得证。
2. 第(2)问逻辑：既然已证 $PA\perp \text{平面 }ABCD$，且底面菱形对角线互相垂直，可设 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，则 $AC\perp BD$。可以以 $O$ 为原点， $OB,OC$ 所在直线及平行于 $PA$ 的方向建立空间直角坐标系，或者以 $A$ 建立空间直角坐标系。通过求出平面 $EAC$ 的法向量与平面 $DAC$ 的法向量，利用内积公式求出二面角的余弦值。
3. 第(3)问逻辑：
   • 方法一（几何法）：在平面 $PCD$ 内作辅助线或寻找平行比例。
   • 方法二（向量法）：设 $\overrightarrow{PF}=\lambda \overrightarrow{PC}$，写出 $\overrightarrow{BF}$ 的坐标表示。平面 $AEC$ 的法向量 $\vec{n}$ 已在第 (2) 问中求出，若 $BF\parallel \text{平面 }AEC$，则必有 $\overrightarrow{BF}\cdot \vec{n}=0$，由此解出 $\lambda$。若 $\lambda \in [0,1]$ 则存在，否则不存在。

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✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) $\arccos \frac{2\sqrt{39}}{13}$

(3) 存在，$\frac{PF}{PC}=\frac{3}{4}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： $PA\perp \text{平面 }ABCD$ 因为底面 $ABCD$ 是菱形，且 $\angle ABC=60^{\circ }$， 所以 $△ABC$ 是等边三角形，其边长 $AB=AC=a$。 同理， $△ADC$ 也是等边三角形， $AD=AC=a$。 在 $△PAB$ 中， $P{A}^2+A{B}^2=a^2+a^2=2a^2$ 因为 $PB=\sqrt{2}a⟹P{B}^2=2a^2$， 所以 $P{A}^2+A{B}^2=P{B}^2$，根据勾股定理逆定理，有： $PA\perp AB\text{（式1）}$ 同理，在 $△PAD$ 中， $P{A}^2+A{D}^2=a^2+a^2=2a^2=P{D}^2$，有： $PA\perp AD\text{（式2）}$ 又因为 $AB\cap AD=A$，且 $AB,AD\subset \text{平面 }ABCD$， 由线面垂直判定定理知： $PA\perp \text{平面 }ABCD$

(2) 求以 $AC$ 为棱， $EAC$ 与 $DAC$ 为面的二面角 $\theta$ 的大小 设 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$。因为 $ABCD$ 是菱形，所以 $AC\perp BD$。 由等边 $△ABC$ 的边长为 $a$ 可得： $OA=OC=\frac{1}{2}a,OB=OD=\frac{\sqrt{3}}{2}a$ 以 $O$ 为坐标原点， $\overrightarrow{OD},\overrightarrow{OC}$ 的方向分别为 $x$ 轴、 $y$ 轴正方向，过 $O$ 作平面 $ABCD$ 的垂线为 $z$ 轴，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。

各关键顶点的坐标如下： $O(0,0,0),A\left(0,-\frac{1}{2}a,0\right),C\left(0,\frac{1}{2}a,0\right),D\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,0\right),B\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,0\right)$ 由于 $PA\perp \text{平面 }ABCD$，向量 $\overrightarrow{PA}$ 平行于 $z$ 轴，且 $PA=a$，故顶点 $P$ 的坐标为： $P\left(0,-\frac{1}{2}a,a\right)$

由已知 $\overrightarrow{PE}=2\overrightarrow{ED}⟹\overrightarrow{OE}=\frac{1}{3}\overrightarrow{OP}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OD}$，计算点 $E$ 的坐标： $E=\frac{1}{3}\left(0,-\frac{1}{2}a,a\right)+\frac{2}{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,0\right)=\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}a,-\frac{1}{6}a,\frac{1}{3}a\right)$

下面求解各面的法向量：

• 平面 $DAC$ 的法向量：因为平面 $DAC$ 即为底面 $ABCD$，其法向量平行于 $z$ 轴，可取： ${\vec{n}}_1=(0,0,1)\text{（式3）}$
• 平面 $EAC$ 的法向量： $\overrightarrow{AC}=(0,a,0)$ $\overrightarrow{AE}=E-A=\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}a,\frac{1}{3}a,\frac{1}{3}a\right)$ 设平面 $EAC$ 的法向量为 ${\vec{n}}_2=(x,y,z)$，则： $\{\begin{array}{l}{\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AC}=0⟹ay=0⟹y=0\\ {\vec{n}}_2\cdot \overrightarrow{AE}=0⟹\frac{2\sqrt{3}}{3}ax+\frac{1}{3}az=0⟹2\sqrt{3}x+z=0\end{array}$ 令 $x=1$，则 $z=-2\sqrt{3}$。可得平面 $EAC$ 的一个法向量为： ${\vec{n}}_2=(1,0,-2\sqrt{3})\text{（式4）}$

根据向量内积公式求解二面角 $\theta$ 的余弦值： $\cos \theta =\frac{|{\vec{n}}_1\cdot {\vec{n}}_2|}{|{\vec{n}}_1|\cdot |{\vec{n}}_2|}=\frac{|0+0-2\sqrt{3}|}{1\times \sqrt{1^2+0^2+(-2\sqrt{3}{)}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+12}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{39}}{13}$ 由此可知，二面角 $\theta$ 的大小为 $\arccos \frac{2\sqrt{39}}{13}$。

(3) 在棱 $PC$ 上是否存在一点 $F$，使 $BF\parallel \text{平面 }AEC$？证明你的结论． 结论：存在满足条件的点 $F$，且点 $F$ 是棱 $PC$ 的中点。

证明（几何法）： 连接 $OP$ 交 $AE$ 于点 $M$，连接 $CM$ 并延长交 $PD$ 于点 $N$。 在 $△PBD$ 中， $O$ 是 $BD$ 的中点。 在 $△POD$ 中， $AE$ 是由顶点 $A$ 向对边引的线段，不易直接利用，改用平移或比例。 取 $PC$ 的中点 $F$，连接 $OF$。 因为 $O$ 是 $AC$ 的中点， $F$ 是 $PC$ 的中点， 所以 $OF$ 是 $△PAC$ 的中位线，有： $OF\parallel PA\text{（式5）}$ 因为 $PA\perp \text{平面 }ABCD$，所以 $OF\perp \text{平面 }ABCD⟹OF\parallel z轴$。 计算点 $F$ 的坐标（由 $P,C$ 中点公式）： $F=\frac{P+C}{2}=\left(0,0,\frac{1}{2}a\right)$ 构建向量 $\overrightarrow{BF}$： $\overrightarrow{BF}=F-B=\left(0,0,\frac{1}{2}a\right)-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,0\right)=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,0,\frac{1}{2}a\right)$

核验向量 $\overrightarrow{BF}$ 与平面 $EAC$ 的法向量 ${\vec{n}}_2$（式4）是否垂直： $\overrightarrow{BF}\cdot {\vec{n}}_2=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\times 1+0\times 0+\left(\frac{1}{2}a\right)\times (-2\sqrt{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}a-\sqrt{3}a=-\frac{\sqrt{3}}{2}a\ne 0$ 上步计算显示中点不垂直，重新用向量一般化求解 $F$ 点位置：

设 $\overrightarrow{PF}=k\overrightarrow{PC}(0\le k\le 1)$。 $P\left(0,-\frac{1}{2}a,a\right),C\left(0,\frac{1}{2}a,0\right)⟹\overrightarrow{PC}=(0,a,-a)$ 则： $F=P+k\overrightarrow{PC}=\left(0,-\frac{1}{2}a+ka,a-ka\right)$ 构建斜线向量 $\overrightarrow{BF}$： $\overrightarrow{BF}=F-B=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a,ka-\frac{1}{2}a,a-ka\right)$ 若 $BF\parallel \text{平面 }AEC$，由线面平行的性质，向量 $\overrightarrow{BF}$ 必须与平面 $EAC$ 的法向量 ${\vec{n}}_2=(1,0,-2\sqrt{3})$ 垂直： $\overrightarrow{BF}\cdot {\vec{n}}_2=0⟹\left(\frac{\sqrt{3}}{2}a\right)\times 1+0+(a-ka)\times (-2\sqrt{3})=0$ 两边消去非零常数 $a$： $\frac{\sqrt{3}}{2}-2\sqrt{3}+2\sqrt{3}k=0⟹2\sqrt{3}k=\frac{3\sqrt{3}}{2}⟹k=\frac{3}{4}$

由于 $k=\frac{3}{4}\in [0,1]$，说明此点 $F$ 严格落在有界线段 $PC$ 上。 结论修正：在棱 $PC$ 上存在一点 $F$，当且仅当 $\frac{PF}{PC}=\frac{3}{4}$ 时，能使 $BF\parallel \text{平面 }AEC$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：勾股定理逆定理锁定空间垂直交点；利用法向量夹角公式计算二面角；线面平行的向量判别式（$\vec{v}\cdot \vec{n}=0$）。
2. 核心方法：空间向量坐标法。
3. 避坑指南：
   • 第(3)问中不要盲目凭直觉猜测 $F$ 是中点：很多立体几何题目的线面平行点往往是中点或三分之一点，本题通过精确的坐标向量点积求得 $k=\frac{3}{4}$。在考场上，对于非对称位置的动点，必须建立齐次比例系数 $k$ 的方程求值，以防盲目猜测导致扣分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题出自高中数学空间几何经典题型，将轴对称底面（菱形）与直角高线相结合，是高考综合考查立体几何推导及空间向量计算的典型大题。
2. 结论推广: 判断空间中两直线是否平行，可转化为判断两直线的方向向量是否共线；判断线面平行，可看线方向向量与面法向量是否垂直。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 13.03 空间点、线、面位置关系
• 13.05 几何法求空间角专题

类题演练 (Links)

• 2006-四川文-20 解-长方体线面平行二面角
• 2006-山东文-20 解-四棱锥空间向量
• 2006-辽宁文-19 解-折叠问题线面平行二面角