Question

8．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，∠BAD=60°，E为BC的中点．
（1）求证：ED⊥平面PAD；
（2）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角大小的余弦值．

Answer 1

分析 （1）连结BD，证明DE⊥BC，DE⊥AD，通过直线与平面垂直的判定定理证明DE⊥平面PAD．
（2）解法一：以D为原点，DA，DE，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．求出平面PAD的一个法向量，平面PBC的一个法向量，利用数量积求解平面PAD与平面PBC所成的锐二面角大小的余弦值．
（2）解法二在平面PAD上，过P作PF∥DA且PF=DA，连结BF，说明∠DPE就是平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角．在Rt△PDE中求解即可．

解答 （本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分（6分），第2小题满分（8分）．
（1）连结BD，由已知得△ABD与△BCD都是正三角形，
所以，BD=2，DE⊥BC，…（1分）
因为AD∥BC，所以DE⊥AD，…（2分）
又PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DE，…（4分）
因为AD∩PD=D，所以DE⊥平面PAD．…（6分）

（2）以D为原点，DA，DE，DP所在直线
分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
由（1）知平面PAD的一个法向量为$\overrightarrow{n_1}=（0\;，\;1\;，\;0）$，
又$B（1\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，$C（-1\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，P（0，0，2），$E（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，
所以$\overrightarrow{CB}=（2\;，\;0\;，\;0）$，$\overrightarrow{PE}=（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;-2）$，…（2分）
设平面PBC的一个法向量为$\overrightarrow{n_2}=（x\;，\;y\;，\;z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{CB}=0\;\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PE}=0\;\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=0\;\\ \sqrt{3}y-2z=0\;\end{array}\right.$
取y=2，则$z=\sqrt{3}$，故$\overrightarrow{n_2}=（0\;，\;2\;，\sqrt{3}）$，…（4分）
设$\overrightarrow{n_1}$与$\overrightarrow{n_2}$的夹角为θ，
则$cosθ=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}•|{\overrightarrow{n_2}}|}|}}=\frac{2}{{1×\sqrt{7}}}=\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（7分）
所以，平面PAD与平面PBC所成的锐二面角大小的余弦值为$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（8分）
（2）解法二：
在平面PAD上，过P作PF∥DA且PF=DA，连结BF，则四边形PCBF是平行四边形，即直线PF是平面PAD与平面PBC的交线．…（2分）
因为BC⊥DE，BC⊥PD，所以BC⊥平面PDE，故BC⊥PE，
所以PE⊥PF，又PD⊥PF，所以∠DPE就是平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角．   …（5分）
在Rt△PDE中，$DE=\sqrt{3}$，$PE=\sqrt{P{D^2}+D{E^2}}=\sqrt{7}$，…（6分）$cos∠DPE=\frac{PD}{PE}=\frac{2}{{\sqrt{7}}}=\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．    …（7分）
所以，平面PAD与平面PBC所成的锐二面角大小的余弦值为$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（8分）

点评 本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．