浙江 2021 · 数学 q19

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四棱锥 P-ABCD（底面平行四边形，$\angle ABC = 120^\circ$，$AB = 1$，$BC = 4$，$PA = \sqrt{15}$）· 亮蓝截面 = 平面 PDM，M 是 BC 的中点、N 是 PC 的中点；绿线 AN 交截面于斜足 Q，$AQ : QN = 4 : 1$

机位1题图角度2正对 PDM3沿 PDM 看4俯视自由视角

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冷启动：手上有什么，要什么

四棱锥 $P\text{-}ABCD$，底面 $ABCD$ 是平行四边形，

$$\angle ABC=120^\circ,\quad AB=1,\quad BC=4,\quad PA=\sqrt{15}$$

$M$、$N$ 分别为 $BC$、$PC$ 的中点，$PD\perp DC$，$PM\perp MD$。

(1) 证明 $AB\perp PM$；(2) 求直线 $AN$ 与平面 $PDM$ 所成角的正弦值。

① 平行四边形给了什么。 $AB\parallel DC$ 且 $AB=DC=1$；$AD\parallel BC$ 且 $AD=BC=4$。邻角互补：$\angle BCD=180^\circ-120^\circ=60^\circ$。

② 两个垂直条件各是什么类型。 $PD\perp DC$ 是「侧棱与底边垂直」；$PM\perp MD$ 是「侧棱与底面内一条线垂直」。两条都涉及 $DC$ 或 $MD$——而 $DC$ 与 $MD$ 都在底面内且交于 $D$。这暗示：先证某条线垂直于平面 $PDM$。

③ 第 (1) 问要证 $AB\perp PM$。 直接算这两条线的关系不好下手（它们是异面直线）。但 $AB\parallel DC$，所以只要证 $DC\perp PM$ 就行。而 $PM$ 在平面 $PDM$ 里——如果能证 $DC\perp$ 平面 $PDM$，那 $DC$ 就垂直于平面内的一切直线，包括 $PM$。

④ 第 (2) 问要求线面角。 两条路：建系用法向量公式（解法一），或把线面角化成点到平面的距离（解法二）。两条路都需要第 (1) 问的结论作跳板。

第 (1) 问：证明 AB ⊥ PM（两条路共用）

怎么想到的。 要证 $DC\perp$ 平面 $PDM$，按线面垂直的判定定理，需要在平面 $PDM$ 内找两条相交直线都垂直于 $DC$。题目已经给了 $PD\perp DC$（第一条），只差再找一条——$DM$ 是天然的候选。

① 在 $\triangle DCM$ 中算 $DM$。 $DC=AB=1$，$CM=\dfrac{BC}{2}=2$，$\angle DCM=\angle BCD=60^\circ$。余弦定理：

$$DM^2=DC^2+CM^2-2\cdot DC\cdot CM\cdot\cos 60^\circ =1+4-2\times1\times2\times\frac12=3$$

故 $DM=\sqrt3$。

② 验证 $DM\perp DC$。 看三边：$DM^2+DC^2=3+1=4=CM^2$。由勾股定理的逆定理，$\angle MDC=90^\circ$，即 $DM\perp DC$。

③ 线面垂直的判定定理。 在平面 $PDM$ 内，$PD\cap DM=D$（两条相交直线），且

$$DC\perp PD\ (\text{已知}),\qquad DC\perp DM\ (\text{刚证})$$

由线面垂直的判定定理：$DC\perp$ 平面 $PDM$。

④ 收尾。 $PM\subset$ 平面 $PDM$，故 $DC\perp PM$。又 $AB\parallel DC$，所以

$$\boxed{AB\perp PM}$$

⑤ 顺手拿一个后面要用的结论。 由 (1) 知 $DC\perp PM$（即 $AB\perp PM$），又已知 $PM\perp MD$。而 $AB$（等价地 $DC$）与 $DM$ 是底面内两条相交于 $D$ 的直线（$DC$ 过 $D$，$DM$ 也过 $D$），故

$$PM\perp\text{平面 }ABCD$$

这一条是建系的地基——$PM$ 就是 $z$ 轴。

解法一：空间向量法

怎么想到的。 第 (1) 问刚证了 $PM\perp$ 平面 $ABCD$，加上 $DM\perp DC$，手上已经有三条两两垂直的线：$DM$、底面内垂直于 $DM$ 的方向、$PM$。这正是建空间直角坐标系的最佳条件——以 $M$ 为原点，三轴各沿一条垂直线，所有点的坐标都能算出来，然后法向量公式一步给出线面角。

① 建系。 以 $M$ 为原点，$x$ 轴沿 $\overrightarrow{MD}$，$y$ 轴在底面内垂直于 $DM$（取使 $A$ 的 $y$ 坐标为正的方向），$z$ 轴沿 $\overrightarrow{MP}$。

先定各点坐标。$DM=\sqrt3$，故 $D(\sqrt3,0,0)$。

$C$：$DC=1$ 且 $DC\perp DM$（即 $DC$ 沿 $y$ 方向），由图形取向 $C(\sqrt3,-1,0)$。

$B$：$M$ 是 $BC$ 中点，$B=2M-C=(-\sqrt3,1,0)$。

$A$：$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=C-B=(2\sqrt3,-2,0)$，故 $A=D-\overrightarrow{AD}=(-\sqrt3,2,0)$。

$P$：$PM\perp$ 底面，$P$ 在 $z$ 轴上。由 $PA=\sqrt{15}$：

$$PA^2=(\sqrt3)^2+2^2+PM^2=7+PM^2=15\quad\Longrightarrow\quad PM=2\sqrt2$$

故 $P(0,0,2\sqrt2)$。

自查：$|AB|=|(0,-1,0)|=1$ ✓；$|BC|=|(2\sqrt3,-2,0)|=\sqrt{12+4}=4$ ✓；$\cos\angle ABC=\dfrac{\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}}{|BA||BC|}=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac12$，即 $120°$ ✓。

② 取向量。 $N$ 是 $PC$ 中点：

$$N=\frac{P+C}{2}=\left(\frac{\sqrt3}{2},\,-\frac12,\,\sqrt2\right)$$ $$\overrightarrow{AN}=N-A=\left(\frac{3\sqrt3}{2},\,-\frac52,\,\sqrt2\right)$$

③ 法向量。 平面 $PDM$ 过 $M(0,0,0)$、$D(\sqrt3,0,0)$、$P(0,0,2\sqrt2)$——三点的 $y$ 坐标全为 $0$，所以平面 $PDM$ 就是 $xz$ 平面，其法向量

$$\vec n=(0,1,0)$$

（也可以从 $DC\perp$ 平面 $PDM$ 读出：$\overrightarrow{DC}=(0,-1,0)$ 就是法方向。）

④ 线面角公式。 直线与平面所成角 $\theta$ 满足

$$\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{AN}\cdot\vec n|}{|\overrightarrow{AN}|\,|\vec n|}$$

分子：$\overrightarrow{AN}\cdot\vec n=-\dfrac52$，取绝对值 $\dfrac52$。

分母：$|\overrightarrow{AN}|=\sqrt{\dfrac{27}{4}+\dfrac{25}{4}+2}=\sqrt{\dfrac{27+25+8}{4}}=\sqrt{\dfrac{60}{4}}=\sqrt{15}$；$|\vec n|=1$。

$$\sin\theta=\frac{\dfrac52}{\sqrt{15}}=\frac{5}{2\sqrt{15}}=\frac{5\sqrt{15}}{30}=\boxed{\frac{\sqrt{15}}{6}}$$

注意：法向量给的就是 $\sin\theta$，不是 $\cos\theta$。 法向量与直线的夹角是 $90°-\theta$（互余），余弦变正弦。如果把这个数当成 $\cos\theta$ 再去求 $\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}$，就会得到错误答案。

解法二：线面角化点面距

怎么想到的。 解法一建了系、算了法向量，走的是「向量代数」的路。但线面角还有一个纯几何的等价定义：如果直线 $l$ 过平面上一点 $Q$（斜足），$A$ 是 $l$ 上平面外的一点，$A$ 到平面的距离为 $d$，则 $\sin\theta=d/|AQ|$。这条路不需要法向量，只需要两样东西：点到平面的距离、斜线段长。距离可以用等体积法求——换一套底和高算同一个四面体的体积。

① 确认斜足。 直线 $AN$ 与平面 $PDM$ 的交点 $Q$ 才是斜足。$A$ 不在平面上（$A$ 的 $y$ 坐标为 $2\ne0$），$N$ 也不在平面上（$y$ 坐标为 $-1/2\ne0$）——两端都不在平面上，需要先找 $Q$。

② 求 $d(A,\text{平面 }PDM)$：等体积法。 四面体 $A\text{-}PDM$ 的体积有两种算法：

以 $\triangle PDM$ 为底、$A$ 到平面的距离 $h$ 为高：$V=\dfrac13\cdot S_{\triangle PDM}\cdot h$。

以 $\triangle ADM$ 为底、$P$ 到底面 $ABCD$ 的距离 $PM=2\sqrt2$ 为高：$V=\dfrac13\cdot S_{\triangle ADM}\cdot PM$。

$S_{\triangle ADM}$：$M$ 为原点，$D(\sqrt3,0)$，$A(-\sqrt3,2)$（底面内的坐标），

$$S_{\triangle ADM}=\frac12|\sqrt3\times2-0\times(-\sqrt3)|=\sqrt3$$

$S_{\triangle PDM}$：$PM\perp DM$（已知），

$$S_{\triangle PDM}=\frac12\cdot PM\cdot DM=\frac12\cdot2\sqrt2\cdot\sqrt3=\sqrt6$$

等体积：

$$\sqrt6\cdot h=\sqrt3\cdot2\sqrt2\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{2\sqrt6}{\sqrt6}=2$$

故 $d(A,\text{平面 }PDM)=2$。

③ 找斜足 $Q$，算 $|AQ|$。 $N$ 是 $PC$ 的中点。$P$ 在平面上，$C$ 到平面的距离 $=DC=1$（因为 $DC\perp$ 平面 $PDM$）。$N$ 是 $PC$ 中点，故 $N$ 到平面的距离 $=\dfrac12$。

$A$ 与 $N$ 在平面两侧（$A$ 的 $y=2>0$，$N$ 的 $y=-\dfrac12<0$），所以线段 $AN$ 穿过平面，交点 $Q$ 满足

$$\frac{AQ}{QN}=\frac{d(A)}{d(N)}=\frac{2}{1/2}=4 \quad\Longrightarrow\quad AQ=\frac45\,AN$$

$|AN|$：由中线公式（$N$ 是 $PC$ 中点，$AN$ 是 $\triangle APC$ 的中线），

$$AN^2=\frac{2AP^2+2AC^2-PC^2}{4}$$

$AP=\sqrt{15}$；$AC$：在 $\triangle ABC$ 中，$AC^2=1+16-2(1)(4)\cos120°=17+4=21$；$PC$：$PM\perp$ 底面，$PC^2=PM^2+MC^2=8+4=12$。

$$AN^2=\frac{2(15)+2(21)-12}{4}=\frac{60}{4}=15\quad\Longrightarrow\quad AN=\sqrt{15}$$

故 $|AQ|=\dfrac45\sqrt{15}=\dfrac{4\sqrt{15}}{5}$。

④ 线面角。

$$\sin\theta=\frac{d(A,\text{平面 }PDM)}{|AQ|}=\frac{2}{\dfrac{4\sqrt{15}}{5}} =\frac{10}{4\sqrt{15}}=\frac{5}{2\sqrt{15}}=\boxed{\frac{\sqrt{15}}{6}}$$

这两条路差在哪

• 解法一走向量代数：建系 → 读坐标 → 法向量 → 点积公式。它造出的中间对象是法向量 $\vec n=(0,1,0)$ 与 $\overrightarrow{AN}$ 的点积；依赖向量的坐标运算，全程是分量算术。
• 解法二走几何量：等体积求距离 → 比例定斜足 → 中线公式量线段。它造出的中间对象是距离 $d=2$ 与比例 $AQ:QN=4:1$；依赖体积不变量与线段比，全程不碰法向量。

第一个实质动作就分岔了（取法向量做点积 vs 换底求体积），中间对象与依赖的工具都不同。

考场上怎么选：解法一更稳——本题建系条件极好（三条两两垂直的线现成摆着），坐标全是整数与简单根式，法向量一眼看出，计算量小。解法二更快（如果等体积法一步到位的话），但多了「找斜足」这一步——$A$、$N$ 都不在平面上，得先算比例定 $Q$，容易漏。若题目只问「点到平面的距离」，解法二的等体积法就是主力；但问线面角时，建系法通常更直接。

避坑

• 法向量给的是 $\sin\theta$ 不是 $\cos\theta$。 法向量与直线夹角的余弦 $=$ 线面角的正弦（互余关系）。本题 $\dfrac{|\overrightarrow{AN}\cdot\vec n|}{|\overrightarrow{AN}||\vec n|}=\dfrac{\sqrt{15}}{6}$ 直接就是 $\sin\theta$，别再套一层。
• 判定定理要两条相交直线。 证 $DC\perp$ 平面 $PDM$ 时，$PD\perp DC$ 与 $DM\perp DC$ 缺一不可，且必须交代 $PD\cap DM=D$（相交）。只垂直于一条线不能推出线面垂直。
• 等体积法换底时别搞混谁是高。 以 $\triangle PDM$ 为底时高是 $A$ 到平面 $PDM$ 的距离（要求的 $h$）；以 $\triangle ADM$ 为底时高是 $P$ 到底面 $ABCD$ 的距离（$PM=2\sqrt2$，已知）。两个「距离」方向不同，别串。
• 找斜足：两端都不在平面上时不能直接套 $d/|AN|$。 必须先找直线与平面的交点 $Q$，用 $d/|AQ|$。本题 $A$、$N$ 在平面两侧，$Q$ 在 $AN$ 内部；若在同侧则 $Q$ 在延长线上。