Question

16．如图，在四棱锥 P-ABCD中，底面 ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段 PC上，PC⊥平面 BDE．
（1）求证：BD⊥平面 PAC；
（2）若 PA=1，AD=2，求二面角 B-PC-A的大小．

Answer 1

分析 （1）证明PA⊥BD．PC⊥BD．然后证明BD⊥平面PAC． 
（2）解法一：设AC，BD的交点为O，过点O作OF⊥PC于点F，连BF，说明∠BFO为二面角 B-PC-A的平面角，在Rt△BFO中，即可求解二面角B-PC-A的大小．
解法二：分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系A-xyz．求出相关点的坐标，求出平面PBC的一个法向量，平面PAC的一个法向量．利用向量的数量积求解二面角B-PC-A的大小．

解答 证明：（1）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD
∴PA⊥BD．
同理由PC⊥平面BDE，可证得PC⊥BD．
又PA∩PC=P，
∴BD⊥平面PAC．            …6分
解：（2）
解法一：设AC，BD的交点为O，过点O作OF⊥PC于点F，连BF，

易证∠BFO为二面角 B-PC-A的平面角         …9分
由（1）知BO⊥AC
∴ABCD为正方形
∴AB=2，
在Rt△BFO中，$BO=\sqrt{2}，OF=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，
∴tan∠BFO=3，cos∠BFO=$\frac{OF}{BF}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{3}}{\sqrt{（{\sqrt{2}）}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{3}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$
∴二面角B-PC-A的大小为arccos$\frac{\sqrt{10}}{10}$…14分
解法二：
分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系A-xyz．
由（1）知BD⊥平面PAC，又AC?平面PAC，
∴BD⊥AC．
故矩形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD=2．

∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，1），
∴$\overrightarrow{PB}=（{2，0，1}），\overrightarrow{BC}=（{0，2，0}），\overrightarrow{BD}=（{-2，2，0}）$．
设平面PBC的一个法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{PB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}2x+0•y-z=0\\ 0•x+2y+0•z=0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}z=2x\\ y=0\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow n=（1，0，2）$．
∵BD⊥平面PAC，
∴$\overrightarrow{BD}=（-2，2，0）$为平面PAC的一个法向量．
所以$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{BD}＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BD}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{BD}}|}}=-\frac{{\sqrt{10}}}{10}$．
设二面角B-PC-A的平面角为α，
由图知$0＜α＜\frac{π}{2}$，
则$cosα=|{cos\left?{\vec n，\overrightarrow{{B}D}}\right＞}|=\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，
∴二面角B-PC-A的大小为$arccos\frac{{\sqrt{10}}}{10}$…14分．

点评 本题考查二面角的平面角的求法，仔细与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．