Question

2．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AD∥BC，AB⊥AD，点E在BC上，BC=2AB=2AD=4BE=4．
（1）求证：平面PED⊥平面PAC；
（2）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，求二面角A-PC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面PED⊥平面PAC．
（2）求出平面PAC的一个法向量和平面PCD的一个法向量，利用向量法能求出二面角A-PC-D的余弦值．

解答 证明：（1）∵平面PAB⊥平面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊥AB，
∴PA⊥平面ABCD，
∵AB⊥AD，∴以A为原点，AB、AD、AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），设P（0，0，λ），λ＞0，
则$\overrightarrow{AC}$=（2，4，0），$\overrightarrow{AP}$=（0，0，-2），$\overrightarrow{DE}$=（2，-1，0），
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}$=4-4+0=0，$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AP}$=0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP，
∵AC∩AP=A，∴DE⊥平面PAC，
∵DE?平面PED，∴平面PED⊥平面PAC．
解：（2）由（1）知平面PAC的一个法向量为
$\overrightarrow{DE}$=（2，-1，0），
∵直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，
$\overrightarrow{PE}$=（2，1，-λ），
∴|cos＜$\overrightarrow{PE}，\overrightarrow{DE}$＞|=|$\frac{4-1}{\sqrt{5}•\sqrt{5+{λ}^{2}}}$|=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
解得λ=±2，
∵λ＞0，∴λ=2，即P（0，0，2），
设平面PCD的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
$\overrightarrow{DC}$=（2，2，0），$\overrightarrow{DP}$=（0，-2，2），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=2x+2y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=-2y+2z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-1，-1），
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{DE}$＞=$\frac{3}{\sqrt{3}•\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{15}}{5}$，
∵二面角A-PC-D的平面角是锐角，
∴二面角A-PC-D的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．