Question

12．如图，正四棱锥S-ABCD中，SA=AB，E，F，G分别为BC，SC，CD的中点．
设P为线段FG上任意一点．
（Ⅰ）求证：EP⊥AC；
（Ⅱ）当直线CP与平面EFG所成的角取得最大值时，求二面角P-BD-S的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设AC交BD于O，通过题意，利用线面垂直的判定定理即可；
（Ⅱ）通过建立空间直角坐标系，即求平面BDS的一个法向量与平面PBD的一个法向量的夹角的余弦值，计算即得结论．

解答 （Ⅰ）证明：设AC交BD于O，
∵S-ABCD为正四棱锥，∴SO⊥底面ABCD，∴SO⊥AC，
∵BD⊥AC，∴AC⊥平面SBD，∴AC⊥SD，
又∵SD∥FG，∴AC⊥GF，
又∵AC⊥GE，∴AC⊥平面GEF，
又∵PE?平面GEF，∴EP⊥AC；
（Ⅱ）解：不妨设AB=2，如图建立空间直角坐标系，
则B（1，-1，0），C（1，1，0），D（-1，1，0），
E（1，0，0），G（0，1，0），S（0，0，$\sqrt{2}$），
F（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），∴$\overrightarrow{GF}$=（$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
设$\overrightarrow{GP}$=λ$\overrightarrow{GF}$=（$\frac{1}{2}$λ，-$\frac{1}{2}$λ，$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ），故点P（$\frac{1}{2}$λ，1-$\frac{1}{2}$λ，$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ）．
∴$\overrightarrow{CP}$=（$\frac{1}{2}$λ-1，-$\frac{1}{2}$λ，$\frac{\sqrt{2}}{2}$λ）．
∵AC⊥平面GEF，∴取平面EFG的一个$\overrightarrow{n}$=（1，1，0），
设CP与平面EFG所成角为α，
则sinα=|cos＜$\overrightarrow{CP}$，$\overrightarrow{n}$＞|
=$\frac{|\frac{1}{2}λ+1-\frac{1}{2}λ|}{\sqrt{2}×\sqrt{（{\frac{1}{2}λ-1）}^{2}+（{-\frac{1}{2}λ）}^{2}+\frac{1}{2}{λ}^{2}}}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{1}{\sqrt{{λ}^{2}-λ+1}}$，
∵点P在线段FG上，∴0≤λ≤1，
即λ=$\frac{1}{2}$时sinα取最大值，也即α最大，
此时点P为GF中点，即P（$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$）．
设二面角P-BE-F的大小为θ，由图中可知θ为锐角．
平面BDS的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，1，0），
设平面PBD的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\overrightarrow{BD}$=（-2，2，0），$\overrightarrow{BP}$=（-$\frac{3}{4}$，$\frac{7}{4}$，$\frac{\sqrt{2}}{4}$），
∴$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{BD}$=-2x+2y=0，$\overrightarrow{m}$•$\overrightarrow{BP}$=-$\frac{3}{4}$x+$\frac{7}{4}$y+$\frac{\sqrt{2}}{4}$z=0．
取z=2$\sqrt{2}$，则x=y=-1，即$\overrightarrow{m}$=（-1，-1，2$\sqrt{2}$），
∴cosθ=|cos＜$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{m}$＞|=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
即二面角P-BD-S的余弦值为$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查二面角、空间中直线间的位置关系，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．