2005-辽宁卷-17 解-直线与平面垂直的判定

本题导读

本题考查空间线面位置关系、二面角及外接球问题。通过证明线线垂直实现线面垂直，利用定义找二面角平面角，最后利用互垂直三条线段补形长方体求外接球半径。

📌【题干】

Question

（2005年辽宁卷） 已知三棱锥 $P-ABC$ 中，$E,F$ 分别是 $AC,AB$ 的中点，$△ABC,△PEF$ 都是正三角形，$PF\perp AB$.

(1) 证明：$PC\perp \text{平面 }PAB$；

(2) 求二面角 $P-AB-C$ 的平面角的余弦值；

(3) 若点 $P,A,B,C$ 在一个表面积为 $12\pi$ 的球面上，求 $△ABC$ 的边长.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：设 $△ABC$ 边长为 $a$，由中位线及正三角形性质求出 $△PAC$ 和 $△PFC$ 的各边长，利用勾股定理逆定理证出 $PC\perp PF$，结合 $PC\perp AB$ 证出线面垂直。
2. 第(2)问：由 $PF\perp AB$ 和 $CF\perp AB$ 确定 $\angle PFC$ 为二面角的平面角，在 $\text{Rt}△PFC$ 中求其余弦值。
3. 第(3)问：证明 $PA,PB,PC$ 两两垂直，将其补形为长方体，利用体对角线等于球直径的性质公式求出边长。

✅【答案】

Success

（1）设正三角形ABC的边长为a.由E是AC的中点，且△PEF与△ABC都是正三角形，有PE=EF=a2，AE=CE=a

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 设正 $△ABC$ 的边长为 $a$。 因为 $E,F$ 分别是 $AC,AB$ 的中点，所以 $EF\parallel BC$ 且 $EF=\frac{1}{2}a$。 因为 $△PEF$ 是正三角形，所以 $PE=PF=EF=\frac{1}{2}a$。 在正 $△ABC$ 中，$F$ 为 $AB$ 中点，所以 $CF\perp AB$ 且 $CF=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。 因为 $PF\perp AB$，$CF\perp AB$，且 $PF\cap CF=F$， 所以 $AB\perp \text{平面 }PFC$。 因为 $PC\subset \text{平面 }PFC$，所以 $AB\perp PC$。

在 $△PAC$ 中，$E$ 是 $AC$ 的中点，则 $PE$ 是 $AC$ 边上的中线。 因为 $PE=\frac{1}{2}a=\frac{1}{2}AC$，所以 $△PAC$ 是以 $\angle APC$ 为直角的直角三角形。 在 $\text{Rt}△PFA$ 中，$P{A}^2=P{F}^2+A{F}^2={\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=\frac{1}{2}{a}^2$。 则 $P{C}^2=A{C}^2-P{A}^2=a^2-\frac{1}{2}{a}^2=\frac{1}{2}{a}^2$，即 $PC=\frac{\sqrt{2}}{2}a$。

在 $△PFC$ 中： $P{F}^2+P{C}^2={\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}a\right)}^2=\frac{1}{4}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2=\frac{3}{4}{a}^2=C{F}^2$ 所以 $△PFC$ 是以 $\angle FPC$ 为直角的直角三角形，即 $PC\perp PF$。 又 $PC\perp AB$，$PF\cap AB=F$， 所以 $PC\perp \text{平面 }PAB$。

(2) 解： 由(1)可知 $PF\perp AB$ 且 $CF\perp AB$， 所以 $\angle PFC$ 为二面角 $P-AB-C$ 的平面角。 在 $\text{Rt}△PFC$ 中，$\angle FPC=90^{\circ }$， $\cos \angle PFC=\frac{PF}{CF}=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 所以二面角 $P-AB-C$ 的平面角的余弦值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$。

(3) 解： 因为 $PC\perp \text{平面 }PAB$，所以 $PC\perp PA$，$PC\perp PB$。 在 $\text{Rt}△PFA$ 中，$P{A}^2=\frac{1}{2}{a}^2$，同理 $P{B}^2=\frac{1}{2}{a}^2$。 在 $△PAB$ 中，$P{A}^2+P{B}^2=\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2=a^2=A{B}^2$， 所以 $PA\perp PB$。 故 $PA,PB,PC$ 两两垂直。

将三棱锥 $P-ABC$ 补形为以 $PA,PB,PC$ 为长、宽、高的长方体，其外接球半径为 $R$。 则 $(2R{)}^2=P{A}^2+P{B}^2+P{C}^2$。 已知球表面积 $S=4\pi R^2=12\pi ⟹4R^2=12$。 所以： $\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2+\frac{1}{2}{a}^2=12⟹\frac{3}{2}{a}^2=12⟹a^2=8$ 因 $a>0$，解得 $a=2\sqrt{2}$。 所以 $△ABC$ 的边长为 $2\sqrt{2}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：线面垂直的性质定理与判定定理的交替应用；“两两垂直”模型的外接球半径公式。
2. 核心方法：利用特殊三角形的中线等于斜边一半判定直角；利用补形法将三条两两垂直的线段转化为长方体的三条棱来处理球半径。
3. 避坑指南：第(1)问中容易直接主观判定 $PC\perp PF$，必须通过代数定量计算（勾股定理逆定理）给予严谨证明；第(3)问中求外接球半径切忌盲目找球心坐标，利用两两垂直的特殊结构直接套用体对角线公式最为简便。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题为经典的立体几何解答题，考查了从“线线垂直”到“线面垂直”的逻辑闭环，并引申出高考试题中最钟爱的“墙角模型”（两两垂直模型）外接球问题。
2. 结论推广：若三棱锥的顶点处三条侧棱两两垂直，长度分别为 $x,y,z$，则其外接球的半径 $R$ 恒满足： $R=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

🔗【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
• 13.02 外接球和内切球模型

类题演练 (Links)