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每日一题：2026-06-28

题目

如图，在四棱锥 P−ABCDP{-}ABCD 中，PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，BC∥ADBC \parallel AD，AD⊥ABAD \perp AB，PA=2PA = \sqrt{2}，AB=BC=1AB = BC = 1，AD=2AD = 2，点 EE 是棱 CDCD 上的一点（不同于 CC、DD 两点）。

（1） 求证：平面 PAC⊥PAC \perp 平面 PCDPCD；

（2） 若 CE=EDCE = ED，求二面角 C−PE−AC{-}PE{-}A 的正切值；

（3） 若直线 PBPB 与平面 PAEPAE 所成角的正弦值为 4315\dfrac{4\sqrt{3}}{15}，求 DEDE 的长。

参考解答

解析：

本题采用纯几何方法，综合利用勾股定理、余弦定理、线面垂直判定与性质、二面角的平面角构造、正弦定理等知识求解。

（1） 求证：平面 PAC⊥PAC \perp 平面 PCDPCD

因为 BC∥ADBC \parallel AD，AD⊥ABAD \perp AB，AB=BC=1AB = BC = 1，

所以 AC=AB2+BC2=2AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{2}，∠CAD=45∘\angle CAD = 45^\circ。

在 △ACD\triangle ACD 中，由余弦定理得：

CD=AC2+AD2−2⋅AC⋅AD⋅cos⁡45∘=2+4−2⋅2⋅2⋅22=6−4=2CD = \sqrt{AC^2 + AD^2 - 2\cdot AC \cdot AD \cdot \cos 45^\circ} = \sqrt{2 + 4 - 2 \cdot \sqrt{2} \cdot 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{6 - 4} = \sqrt{2}

于是 AC2+CD2=2+2=4=AD2AC^2 + CD^2 = 2 + 2 = 4 = AD^2，由勾股定理逆定理得：

AC⊥CDAC \perp CD

因为 PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，CD⊂CD \subset 平面 ABCDABCD，
所以 PA⊥CDPA \perp CD。

又 PA∩AC=APA \cap AC = A，PA, AC⊂PA,\ AC \subset 平面 PACPAC，
因此 CD⊥CD \perp 平面 PACPAC。

而 CD⊂CD \subset 平面 PCDPCD，
所以平面 PAC⊥PAC \perp 平面 PCDPCD。

得证\boxed{\text{得证}}

（2） 若 CE=EDCE = ED，求二面角 C−PE−AC{-}PE{-}A 的正切值

如图，取 PCPC 的中点 FF，过点 FF 作 GF⊥PEGF \perp PE，垂足为 GG，连接 AFAF、AGAG。

第一步：证明 AF⊥AF \perp 平面 PCDPCD

由（1）知 CD⊥CD \perp 平面 PACPAC，而 PC, AF⊂PC,\ AF \subset 平面 PACPAC，
所以 CD⊥PCCD \perp PC，CD⊥AFCD \perp AF。

因为 PA=AC=2PA = AC = \sqrt{2}，所以 △PAC\triangle PAC 为等腰直角三角形，FF 为 PCPC 中点，故：

PC⊥AF,AF=1,PF=1PC \perp AF,\quad AF = 1,\quad PF = 1

又 CD∩PC=CCD \cap PC = C，CD, PC⊂CD,\ PC \subset 平面 PCDPCD，
所以 AF⊥AF \perp 平面 PCDPCD。

第二步：构造二面角的平面角

因为 AF⊥AF \perp 平面 PCDPCD，PE⊂PE \subset 平面 PCDPCD，
所以 PE⊥AFPE \perp AF。

又 PE⊥GFPE \perp GF（由作图可得），且 AF∩GF=FAF \cap GF = F，AF, GF⊂AF,\ GF \subset 平面 AFGAFG，
所以 PE⊥PE \perp 平面 AFGAFG。

而 AG⊂AG \subset 平面 AFGAFG，所以 AG⊥PEAG \perp PE。

于是 GF⊥PEGF \perp PE 且 AG⊥PEAG \perp PE，故 ∠AGF\angle AGF 为二面角 C−PE−AC{-}PE{-}A 的平面角。

第三步：计算 tan⁡∠AGF\tan\angle AGF

由于 CE=EDCE = ED，EE 为 CDCD 中点，CD=2CD = \sqrt{2}，故：

CE=22CE = \frac{\sqrt{2}}{2}

在 △PCE\triangle PCE 中，PC⊥CDPC \perp CD（由第一步已证），故：

PE=PC2+CE2PE = \sqrt{PC^2 + CE^2}

而 PC=PA2+AC2=2+2=2PC = \sqrt{PA^2 + AC^2} = \sqrt{2 + 2} = 2，所以：

PE=22+(22)2=4+12=322PE = \sqrt{2^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{4 + \frac{1}{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2}

在 △PCE\triangle PCE 中：

sin⁡∠CPE=CEPE=22322=13\sin\angle CPE = \frac{CE}{PE} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}} = \frac13

在 △PFG\triangle PFG 中，GF⊥PEGF \perp PE，故：

sin⁡∠CPE=GFPF=GF1=13⇒GF=13\sin\angle CPE = \frac{GF}{PF} = \frac{GF}{1} = \frac13 \Rightarrow GF = \frac13

在 Rt△AFG\rm{Rt}\triangle AFG 中，AF=1AF = 1，GF=13GF = \dfrac13，故：

tan⁡∠AGF=AFGF=11/3=3\tan\angle AGF = \frac{AF}{GF} = \frac{1}{1/3} = 3

答案：3\displaystyle 3

（3） 若直线 PBPB 与平面 PAEPAE 所成角的正弦值为 4315\dfrac{4\sqrt{3}}{15}，求 DEDE 的长

如图，在平面 ABCDABCD 内，过点 BB 作 BO⊥AEBO \perp AE，垂足为 OO，连接 POPO。

思路： 先证明 ∠BPO\angle BPO 为线面角，由已知正弦值求出 BOBO，再利用平面几何中 △AED\triangle AED 的边角关系，通过正弦定理求得 DEDE。

第一步：确定线面角

因为 PA⊥PA \perp 平面 ABCDABCD，BO⊂BO \subset 平面 ABCDABCD，
所以 PA⊥BOPA \perp BO。

又 BO⊥AEBO \perp AE（由作图可得），且 PA∩AE=APA \cap AE = A，PA, AE⊂PA,\ AE \subset 平面 PAEPAE，
所以 BO⊥BO \perp 平面 PAEPAE。

于是 BO⊥POBO \perp PO，且 ∠BPO\angle BPO 为直线 PBPB 与平面 PAEPAE 所成的角。

第二步：由 sin⁡∠BPO\sin\angle BPO 求 BOBO

PBPB 是 Rt△PAB\rm{Rt}\triangle PAB 的斜边：

PB=PA2+AB2=(2)2+12=3PB = \sqrt{PA^2 + AB^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 + 1^2} = \sqrt{3}

由 sin⁡∠BPO=BOPB=4315\sin\angle BPO = \dfrac{BO}{PB} = \dfrac{4\sqrt{3}}{15} 得：

BO=PB⋅4315=3⋅4315=4⋅315=45BO = PB \cdot \frac{4\sqrt{3}}{15} = \sqrt{3} \cdot \frac{4\sqrt{3}}{15} = \frac{4 \cdot 3}{15} = \frac{4}{5}

第三步：确定 △AED\triangle AED 中的角

在 Rt△ABO\rm{Rt}\triangle ABO 中，AB=1AB = 1，BO=45BO = \dfrac45，故：

sin⁡∠BAO=BOAB=45\sin\angle BAO = \frac{BO}{AB} = \frac{4}{5}

由于 AB⊥ADAB \perp AD，∠BAO\angle BAO 与 ∠DAE\angle DAE 互余（OO 在 AEAE 上），故：

cos⁡∠DAE=sin⁡∠BAO=45\cos\angle DAE = \sin\angle BAO = \frac{4}{5}

于是：

sin⁡∠DAE=1−cos⁡2∠DAE=1−1625=35\sin\angle DAE = \sqrt{1 - \cos^2\angle DAE} = \sqrt{1 - \frac{16}{25}} = \frac{3}{5}

在 △ACD\triangle ACD 中，已求得 AC=2AC = \sqrt{2}，CD=2CD = \sqrt{2}，AD=2AD = 2，
故 △ACD\triangle ACD 为等腰直角三角形，∠ADC=45∘\angle ADC = 45^\circ，即 ∠ADE=45∘\angle ADE = 45^\circ。

第四步：在 △AED\triangle AED 中用正弦定理求 DEDE

∠AED=π−∠DAE−∠ADE\angle AED = \pi - \angle DAE - \angle ADE

故：

sin⁡∠AED=sin⁡(∠DAE+∠ADE)=sin⁡∠DAE⋅cos⁡∠ADE+cos⁡∠DAE⋅sin⁡∠ADE=35⋅22+45⋅22=7210\sin\angle AED = \sin(\angle DAE + \angle ADE) = \sin\angle DAE \cdot \cos\angle ADE + \cos\angle DAE \cdot \sin\angle ADE = \frac{3}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{4}{5} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{7\sqrt{2}}{10}

在 △AED\triangle AED 中，由正弦定理：

DEsin⁡∠DAE=ADsin⁡∠AED\frac{DE}{\sin\angle DAE} = \frac{AD}{\sin\angle AED}

代入：

DE=AD⋅sin⁡∠DAEsin⁡∠AED=2×357210=65×1072=1272=627DE = \frac{AD \cdot \sin\angle DAE}{\sin\angle AED} = \frac{2 \times \dfrac{3}{5}}{\dfrac{7\sqrt{2}}{10}} = \frac{6}{5} \times \frac{10}{7\sqrt{2}} = \frac{12}{7\sqrt{2}} = \frac{6\sqrt{2}}{7}

答案：627\displaystyle \dfrac{6\sqrt{2}}{7}