Question

3．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)E在BC上，BC=2AB=2AD=4BE．
（1）求證：平面PED⊥平面PAC；
（2）若直線PE與平面PAC所成的角的正弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）法一：取AD中點(diǎn)F，連接BF，推導(dǎo)出BF⊥AC，ED⊥AC，從而PA⊥ED，進(jìn)而ED⊥平面PAC，由此能證明平面PED⊥平面PAC．
法二：建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，利用向量法能證明平面PED⊥平面PAC．
（2）求出平面PAC的一個(gè)法向量和$\overrightarrow{PE}=（2\;，\;1\;，\;-λ）$，由直線PE與平面PAC所成的角的正弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$求出P（0，0，2），由此利用向量法能求出二面角A-PC-D的平面角的余弦值．

解答 （本小題（12分），（1）小問(wèn)（6分），（2）小問(wèn)6分）
證明：（1）證法一：取AD中點(diǎn)F，連接BF，則FD∥BE且FD=BE，
∴四邊形FBED是平行四邊形，∴FB∥ED
∵直角△BAF和直角△CBA中，$\frac{BA}{AF}=\frac{CB}{BA}=2$
∴直角△BAF～直角△CBA，由題意知BF⊥AC，
∴ED⊥AC，…（2分）
∵PA⊥平面ABCD，ED?平面ABCD，∴PA⊥ED，…（4分）
∵PA∩AC=A，∴ED⊥平面PAC，
∴平面PED⊥平面PAC…（6分）
證法二：∵PA⊥平面ABCD
又∵AB⊥AD，故可如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，
設(shè)BE=1，則D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）…（2分）
∴$\overrightarrow{AC}=（2\;，\;4\;，\;0）$，$\overrightarrow{AP}=（0\;，\;0\;，\;λ）$，$\overrightarrow{DE}=（2\;，\;-1\;，\;0）$
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=\;0$，$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AP}=\;0$，∴ED⊥AC，ED⊥AP，
∵PA∩AC=AED⊥平面PAC，…（4分）
∴平面PED⊥平面PAC．…（6分）
解：（2）由（1），平面PAC的一個(gè)法向量是$\overrightarrow{DE}=（2\;，\;-1\;，\;0）$，
$\overrightarrow{PE}=（2\;，\;1\;，\;-λ）$
設(shè)直線PE與平面PAC所成的角為θ，
∴$sinθ=|cos＜\overrightarrow{PE}，\overrightarrow{DE}＞|=\frac{3}{{\sqrt{5}\sqrt{5+{λ^2}}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，
∴λ=2，即P（0，0，2）…（8分）
設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=（x\;，\;y\;，\;z）$，$\overrightarrow{DC}=（2\;，\;2\;，\;0）$，$\overrightarrow{DP}=（0\;，\;-2\;，\;2）$
由$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DP}$，∴$\left\{\begin{array}{l}2x+2y=0\\-2y+2z=0\end{array}\right.$，令x=1，則$\overrightarrow n=（1\;，\;-1\;，\;-1）$…（10分）
∴$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{DE}＞=\frac{3}{{\sqrt{3}\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，
由圖形知二面角A-PC-D的平面角是銳角，
∴二面角A-PC-D的平面角的余弦值為$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的平面角的求法，是中檔題，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想．