《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点三 平面与平面的夹角
例 3
（15 分）（2024·新高考Ⅰ卷）如图，四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PA \perp $ 底面 $ ABCD $，$ PA = AC = 2 $，$ BC = 1 $，$ AB = \sqrt{3} $。
（1）若 $ AD \perp PB $，证明：$ AD // $ 平面 $ PBC $；
（2）若 $ AD \perp DC $，且二面角 $ A - CP - D $ 的正弦值为 $ \frac{\sqrt{42}}{7} $，求 $ AD $。
[思路分析] （1）通过证明 $ AD // BC $，从而证明 $ AD // $ 平面 $ PBC $。
（2）法一 确定线线关系→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利用公式构建方程→求 $ AD $ 的长。
法二 确定线面关系→找到二面角 $ A - CP - D $ 的平面角→设 $ AD $ 的长→构建方程求解。
[规范解答] （1）证明 由于 $ PA \perp $ 底面 $ ABCD $，$ AD \subset $ 底面 $ ABCD $，
所以 $ PA \perp AD $，→ 线线垂直（1 分）
又因为 $ AD \perp PB $，
$ PA \cap PB = P $，$ PA $，$ PB \subset $ 平面 $ PAB $，
所以 $ AD \perp $ 平面 $ PAB $，→ 线面垂直（2 分）
又 $ AB \subset $ 平面 $ PAB $，所以 $ AD \perp AB $。
易知 $ AB^2 + BC^2 = AC^2 $，所以 $ AB \perp BC $，（3 分）
因为 $ A $，$ B $，$ C $，$ D $ 四点共面，
所以 $ BC // AD $，→ 线线平行（5 分）
又因为 $ AD \not\subset $ 平面 $ PBC $，$ BC \subset $ 平面 $ PBC $，
所以 $ AD // $ 平面 $ PBC $。→ 线面平行（6 分）
（2）解 法一
以 $ D $ 为坐标原点，$ AD $ 所在直线为 $ x $ 轴，$ DC $ 所在直线为 $ y $ 轴，过点 $ D $ 且平行于 $ AP $ 的直线为 $ z $ 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
→ 建系
令 $ AD = a $，则 $ D(0,0,0) $，$ A(a,0,0) $，
则 $ C(0,\sqrt{4 - a^2},0) $，$ P(a,0,2) $，
所以 $ \overrightarrow{CD} = (0,-\sqrt{4 - a^2},0) $，$ \overrightarrow{AC} = (-a,\sqrt{4 - a^2},0) $，$ \overrightarrow{CP} = (a,-\sqrt{4 - a^2},2) $。
→ 设点写坐标（8 分）
设平面 $ CPD $ 的法向量 $ \boldsymbol{n} = (x,y,z) $，
则 $ \begin{cases} \overrightarrow{CD} \cdot \boldsymbol{n} = 0 \\ \overrightarrow{CP} \cdot \boldsymbol{n} = 0 \end{cases} $，即 $ \begin{cases} -\sqrt{4 - a^2}y = 0 \\ ax - \sqrt{4 - a^2}y + 2z = 0 \end{cases} $，
可取 $ \boldsymbol{n} = (2,0,-a) $。→ 求出平面的法向量（9 分）
设平面 $ ACP $ 的法向量 $ \boldsymbol{m} = (x_1,y_1,z_1) $，

则 $ \begin{cases} \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{CP} = 0 \\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \end{cases} $，即 $ \begin{cases} ax_1 - \sqrt{4 - a^2}y_1 + 2z_1 = 0 \\ -ax_1 + \sqrt{4 - a^2}y_1 = 0 \end{cases} $，
可取 $ \boldsymbol{m} = (\sqrt{4 - a^2},a,0) $。→ 求出平面的法向量（10 分）
因为二面角 $ A - CP - D $ 的正弦值为 $ \frac{\sqrt{42}}{7} $，
则其余弦值的绝对值为 $ \frac{\sqrt{7}}{7} $，（11 分）

$ = \frac{2\sqrt{4 - a^2}}{\sqrt{4 - a^2 + a^2} \cdot \sqrt{4 + a^2}} = \frac{\sqrt{7}}{7} $，
→ 应用公式构建方程（13 分）
解得 $ a = \sqrt{3} $，
即 $ AD = \sqrt{3} $。→ 解方程得结果（15 分）
法二 如图所示，过点 $ D $ 作 $ DE \perp AC $ 于 $ E $，
再过点 $ E $ 作 $ EF \perp CP $ 于 $ F $，连接 $ DF $，
因为 $ PA \perp $ 平面 $ ABCD $，
所以平面 $ PAC \perp $ 平面 $ ABCD $，
而平面 $ PAC \cap $ 平面 $ ABCD = AC $，
所以 $ DE \perp $ 平面 $ PAC $，故 $ DE \perp CP $，
又 $ EF \perp CP $，且 $ DE $，$ EF \subset $ 平面 $ DEF $，
所以 $ CP \perp $ 平面 $ DEF $，
根据二面角的定义可知，
$ \angle DFE $ 即为二面角 $ A - CP - D $ 的平面角，

即 $ \sin \angle DFE = \frac{\sqrt{42}}{7} $，

即 $ \tan \angle DFE = \sqrt{6} $。
因为 $ AD \perp DC $，设 $ AD = x $，
则 $ CD = \sqrt{4 - x^2} $，
由等面积法可得，
$ DE = \frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2} $，
又 $ CE = \sqrt{(4 - x^2) - \frac{x^2(4 - x^2)}{4}} = \frac{4 - x^2}{2} $，
而 $ \triangle EFC $ 为等腰直角三角形，
所以 $ EF = \frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}} $，故 $ \tan \angle DFE = \frac{\frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2}}{\frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}}} = \sqrt{6} $，
解得 $ x = \sqrt{3} $，即 $ AD = \sqrt{3} $。
[满分规则]
1. 得步骤分
① 处通过证明线 $ \perp $ 线→线 $ \perp $ 面→线 $ \perp $ 线，线 $ // $ 线→线 $ // $ 面。注意应用相关定理的条件要完整，否则易失步骤分。
2. 得关键分
② 设 $ AD $ 的长度，从而得出各点与向量的坐标是解题的关键，此处出错（2）题最多得 1 分。
3. 得计算分
③ 处求平面的法向量及应用公式表示二面角的余弦值，解方程求 $ AD $ 的长，要注意计算准确。

答案： （1）证明：
由于 $PA \perp$ 底面 $ABCD$，$AD \subset$ 底面 $ABCD$，所以 $PA \perp AD$。
又因为 $AD \perp PB$，$PA \cap PB = P$，$PA, PB \subset$ 平面 $PAB$，所以 $AD \perp$ 平面 $PAB$。
又 $AB \subset$ 平面 $PAB$，所以 $AD \perp AB$。
易知 $AB^2 + BC^2 = AC^2$，所以 $AB \perp BC$。
因为 $A, B, C, D$ 四点共面，所以 $BC // AD$。
又因为 $AD \not\subset$ 平面 $PBC$，$BC \subset$ 平面 $PBC$，所以 $AD //$ 平面 $PBC$。
（2）
法一：
以 $D$ 为坐标原点，$AD$ 所在直线为 $x$ 轴，$DC$ 所在直线为 $y$ 轴，过点 $D$ 且平行于 $AP$ 的直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。
令 $AD = a$，则 $D(0,0,0)$，$A(a,0,0)$，$C(0,\sqrt{4 - a^2},0)$，$P(a,0,2)$。
所以 $\overrightarrow{CD} = (0,-\sqrt{4 - a^2},0)$，$\overrightarrow{AC} = (-a,\sqrt{4 - a^2},0)$，$\overrightarrow{CP} = (a,-\sqrt{4 - a^2},2)$。
设平面 $CPD$ 的法向量 $\boldsymbol{n} = (x,y,z)$，则 $\begin{cases} \overrightarrow{CD} \cdot \boldsymbol{n} = 0 \\ \overrightarrow{CP} \cdot \boldsymbol{n} = 0 \end{cases}$，
即 $\begin{cases} -\sqrt{4 - a^2}y = 0 \\ ax - \sqrt{4 - a^2}y + 2z = 0 \end{cases}$，
可取 $\boldsymbol{n} = (2,0,-a)$。
设平面 $ACP$ 的法向量 $\boldsymbol{m} = (x_1,y_1,z_1)$，
则 $\begin{cases} \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{CP} = 0 \\ \boldsymbol{m} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 \end{cases}$，
即 $\begin{cases} ax_1 - \sqrt{4 - a^2}y_1 + 2z_1 = 0 \\ -ax_1 + \sqrt{4 - a^2}y_1 = 0 \end{cases}$，
可取 $\boldsymbol{m} = (\sqrt{4 - a^2},a,0)$。
因为二面角 $A - CP - D$ 的正弦值为 $\frac{\sqrt{42}}{7}$，则其余弦值的绝对值为 $\frac{\sqrt{7}}{7}$。
$|\cos\langle\boldsymbol{m},\boldsymbol{n}\rangle| = \frac{|\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\boldsymbol{m}| \cdot |\boldsymbol{n}|} = \frac{2\sqrt{4 - a^2}}{\sqrt{4 - a^2 + a^2} \cdot \sqrt{4 + a^2}} = \frac{\sqrt{7}}{7}$。
解得 $a = \sqrt{3}$，即 $AD = \sqrt{3}$。
法二：
过点 $D$ 作 $DE \perp AC$ 于 $E$，再过点 $E$ 作 $EF \perp CP$ 于 $F$，连接 $DF$。
因为 $PA \perp$ 平面 $ABCD$，所以平面 $PAC \perp$ 平面 $ABCD$。
而平面 $PAC \cap$ 平面 $ABCD = AC$，所以 $DE \perp$ 平面 $PAC$，故 $DE \perp CP$。
又 $EF \perp CP$，且 $DE, EF \subset$ 平面 $DEF$，所以 $CP \perp$ 平面 $DEF$。
根据二面角的定义可知，$\angle DFE$ 即为二面角 $A - CP - D$ 的平面角，即 $\sin\angle DFE = \frac{\sqrt{42}}{7}$，$\tan\angle DFE = \sqrt{6}$。
因为 $AD \perp DC$，设 $AD = x$，则 $CD = \sqrt{4 - x^2}$。
由等面积法可得，$DE = \frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2}$。
又 $CE = \sqrt{(4 - x^2) - \frac{x^2(4 - x^2)}{4}} = \frac{4 - x^2}{2}$。
而 $\triangle EFC$ 为等腰直角三角形，所以 $EF = \frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}}$。
故 $\tan\angle DFE = \frac{\frac{x\sqrt{4 - x^2}}{2}}{\frac{4 - x^2}{2\sqrt{2}}} = \sqrt{6}$。
解得 $x = \sqrt{3}$，即 $AD = \sqrt{3}$。