Question

7．如圖，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)棱長均相等且為$\sqrt{2}$，DA=DC=$\sqrt{3}$，AB=BC=1．
（1）證明：平面PBD⊥平面PAC；
（2）求二面角C-PA-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由側(cè)棱相等可知底面ABCD為圓內(nèi)接四邊形，利用圓的性質(zhì)得出AC⊥BD，H為AC的中點，由PA=PC得出AC⊥PH，故而AC⊥平面PBD，于是平面PAC⊥平面PBD；
（2）建立空間坐標系，求出兩平面的法向量，計算法向量的夾角即可得出二面角的大�。�

解答 （1）證明：設(shè)AC交BD于H，連結(jié)PH．
∵四棱錐P-ABCD的側(cè)棱長均相等，
∴A，B，C，D四點共圓，
∵AB=BC，AD=DC，
∴BD是底面圓的直徑，
∴AC⊥BD，且H為AC的中點，
∵PA=PC，
∴PH⊥AC，
又PH∩BD=H，
∴AC⊥平面PBD，
又AC?平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PBD．
（2）設(shè)BD中點為O，連結(jié)OP，則OP⊥平面ABCD，
∵AB=1，AD=$\sqrt{3}$，∴BD=2，
以O(shè)為原點，以O(shè)D為x軸，以O(shè)P為z軸建立如圖所示的空間坐標系：
則P（0，0，1），A（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），C（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），B（-1，0，0），
∴$\overrightarrow{PA}$=（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-1），$\overrightarrow{AB}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，0），$\overrightarrow{AC}$=（0，$\sqrt{3}$，0），
設(shè)平面PAB的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），平面PAC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{m}=0}\\{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{m}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n}=0}\\{\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{n}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{x}_{1}-\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}-{z}_{1}=0}\\{-\frac{1}{2}{x}_{1}+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}{x}_{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_{2}-{z}_{2}=0}\\{\sqrt{3}{y}_{2}=0}\end{array}\right.$，
令y₁=1得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，1，-$\sqrt{3}$），令z₂=1得$\overrightarrow{n}$=（-2，0，1）
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-3\sqrt{3}}{\sqrt{7}•\sqrt{5}}$=-$\frac{3\sqrt{105}}{35}$．
∵二面角C-PA-B為銳二面角，
∴二面角C-PA-B的余弦值為$\frac{3\sqrt{105}}{35}$．

點評 本題考查了面面垂直的判定，空間向量與二面角的計算，屬于中檔題．