2006-上海卷理-19 解-异面直线所成角

本题导读

本题考查四棱锥的体积计算以及异面直线所成角的求解。第一问通过底面菱形的对角线性质计算底面积，再由线面角求出四棱锥的高；第二问建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式精准计算异面直线所成的角。

📌【题干】

Question

（2006年上海卷(理)） 在四棱锥 $P-ABCD$ 中，底面是边长为 2 的菱形， $\angle DAB=60^{\circ }$，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，$PO\perp$ 平面 $ABCD$，$PB$ 与平面 $ABCD$ 所成的角为 $60^{\circ }$.

(1) 求四棱锥 $P-ABCD$ 的体积；

(2) 若 $E$ 是 $PB$ 的中点，求异面直线 $DE$ 与 $PA$ 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）

🔍【思路分析】

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第一问：底面 $ABCD$ 为边长为 2 的菱形且 $\angle DAB=60^{\circ }$，对角线 $AC\perp BD$ 且互相平分。在 $△ABD$ 中，由于 $AB=AD=2$ 且 $\angle DAB=60^{\circ }$， 故 $△ABD$ 是边长为 2 的正三角形。可得对角线 $BD=2,OB=1,AC=2\sqrt{3}$。底面积 $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD$。由于 $PO\perp$ 平面 $ABCD$， 故 $\angle PBO$ 为 $PB$ 与底面所成的角，即 $\angle PBO=60^{\circ }$。在直角 $△POB$ 中求出高 $PO$，带入体积公式 $V=\frac{1}{3}S\cdot h$。 第二问：由于 $OA,OB,OP$ 两两垂直，可以以 $O$ 为原点，射线 $OB$ 为 $x$ 轴，射线 $OC$ 为 $y$ 轴，射线 $OP$ 为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。写出各核心顶点的三维坐标，求出方向向量 $\overrightarrow{DE}$ 与 $\overrightarrow{PA}$，利用向量夹角公式 $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DE}|\cdot |\overrightarrow{PA}|}$ 求解。

✅【答案】

Success

（1）四棱锥P−ABCD的体积为2.（2）异面直线DE与PA所成角的大小为\arccos\frac{\sqrt{2}}{4}.

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 因为底面 $ABCD$ 是边长为 2 的菱形，且 $\angle DAB=60^{\circ }$。 对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，根据菱形的性质， $AC\perp BD$ 且 $O$ 为 $AC,BD$ 的中点。 在 $△ABD$ 中， $AB=AD=2$ 且 $\angle DAB=60^{\circ }$，所以 $△ABD$ 是标准的正三角形。 由此可得对角线半长满足： $OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\times 2=1$ $OA=2\times \sin 60^{\circ }=\sqrt{3}⟹OC=OA=\sqrt{3}$ 底面菱形 $ABCD$ 的面积为： $S_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BD=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times 2=2\sqrt{3}$

因为 $PO\perp$ 平面 $ABCD$，所以线段 $OB$ 是斜线 $PB$ 在底面上的垂直射影。 由此可知， $\angle PBO$ 即为直线 $PB$ 与平面 $ABCD$ 所成的角，即： $\angle PBO=60^{\circ }$ 在直角三角形 $△POB$ 中， $\angle POB=90^{\circ },OB=1$，求得四棱锥的高 $PO$ 为： $PO=OB\cdot \tan 60^{\circ }=1\times \sqrt{3}=\sqrt{3}$

套用四棱锥的体积公式： $V_{P-ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot PO=\frac{1}{3}\times 2\sqrt{3}\times \sqrt{3}=2$

(2) 因为 $AC\perp BD$，且 $PO\perp$ 平面 $ABCD⟹PO\perp AC,PO\perp BD$。 说明直线 $OB,OC,OP$ 两两垂直。 以 $O$ 为坐标原点，射线 $OB$ 方向为 $x$ 轴正方向，射线 $OC$ 方向为 $y$ 轴正方向，射线 $OP$ 方向为 $z$ 轴正方向，建立空间直角坐标系 $O-xyz$。

根据各线段长度 $OA=OC=\sqrt{3},OB=OD=1,OP=\sqrt{3}$，确定各顶点的坐标如下： $O(0,0,0),A(0,-\sqrt{3},0),B(1,0,0),C(0,\sqrt{3},0),D(-1,0,0),P(0,0,\sqrt{3})$ 因为 $E$ 是 $PB$ 的中点，套用中点坐标公式： $E\left(\frac{1+0}{2},\frac{0+0}{2},\frac{0+\sqrt{3}}{2}\right)⟹E\left(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

写出异面直线 $DE$ 与 $PA$ 的方向向量坐标： $\overrightarrow{DE}=\left(\frac{1}{2}-(-1),0-0,\frac{\sqrt{3}}{2}-0\right)=\left(\frac{3}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ $\overrightarrow{PA}=(0-0,-\sqrt{3}-0,0-\sqrt{3})=(0,-\sqrt{3},-\sqrt{3})$

计算两向量的模长与点积： $|\overrightarrow{DE}|=\sqrt{{\left(\frac{3}{2}\right)}^2+0^2+{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{3}{4}}=\sqrt{3}$ $|\overrightarrow{PA}|=\sqrt{0^2+(-\sqrt{3}{)}^2+(-\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$ $\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{PA}=\frac{3}{2}\times 0+0\times (-\sqrt{3})+\frac{\sqrt{3}}{2}\times (-\sqrt{3})=-\frac{3}{2}$

设异面直线 $DE$ 与 $PA$ 所成的角为 $\theta$，其取值范围为 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，利用夹角余弦公式： $\cos \theta =\frac{|\overrightarrow{DE}\cdot \overrightarrow{PA}|}{|\overrightarrow{DE}|\cdot |\overrightarrow{PA}|}=\frac{|-\frac{3}{2}|}{\sqrt{3}\times \sqrt{6}}=\frac{\frac{3}{2}}{3\sqrt{2}}=\frac{1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

由于结果要求用反三角函数表示，故： $\theta =\arccos \frac{\sqrt{2}}{4}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：由线面角提取几何体高度信息、利用对角线垂直交点建立标准空间直角坐标系、中点坐标公式及向量夹角公式求异面直线夹角。
• 核心方法：空间向量坐标法。
• 避坑指南：
• 确定 $A,C$ 点坐标时，注意因为 $△ABD$ 是正三角形， 轴向长度 $OA$ 属于高线，长为 $\sqrt{3}$，不要误记成边长 2。
• 异面直线所成的角范围受限于 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right]$，通过向量点积求出负值时，在最后的余弦公式中必须套上绝对值转为正数。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是立体几何大题中最典型的“底面为特殊菱形”的建系模型。通过对角线的垂直对称性，引导考生建立标准正交基底进行高精度量化运算。 结论推广: 针对任何底面由等边三角形拼成的菱形基底四棱锥， 若顶点在中心 $O$ 的射影已知，其三向棱线 $OA,OB,OP$ 恒构成最完美的天然直角坐标系轴。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 13.01 空间几何体的结构、表面积与体积
• 13.05 几何法求空间角专题
• 16.03 两条直线的位置关系判定

类题演练 (Links)

• 2007-广东卷理-19 解-空间向量求异面直线所成角
• 2013-江苏卷-22 解-异面直线所成的角