Question

5．如图四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，AB=2AD=2PD=2，PD⊥面ABCD．
（I）证明：PA⊥BD；
（II）若PD=AD，求二面角A-PB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （I）证明AD⊥BD，PD⊥BD，推出BD⊥平面PAD，即可证明PA⊥BD．
（II）DA，DB，DP两两垂直，建立空间直角坐标系D-xyz，求出相关点的坐标，平面PAB的一个法向量，平面PCB的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
另解：（II）作AK⊥PB于K，连结DK，则DK⊥PB，设∠AKD=α，则α是二面角A-PB-D的平面角，通过求解三角形即可推出结果．

解答 解：（I）证明：在△ADB中，∵∠DAB=60°，AB=2AD=2，
由余弦定理得，BD²=AD²+AB²-2AD•ABcos60°，
∴BD²=3，∴AD²+BD²=AB²，
∴∠ADB=90°，即 AD⊥BD，
又∵PD⊥底面ABCD，BD?平面ABCD，
∴PD⊥BD，
又∵AD，PD是平面PAD内两相交直线（或PD∩AD=D），
∴BD⊥平面PAD，
∵AP?平面PAD，
∴PA⊥BD．
（II）由（I）知，DA，DB，DP两两垂直，
建立空间直角坐标系D-xyz
则A（1，0，0），$B（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，$C（-1\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，
D（0，0，0），P（0，0，1），
设平面PAB的一个法向量为n=（x，y，1），
因为 $\overrightarrow{BP}=（0\;，\;-\sqrt{3}\;，\;1）$，$\overrightarrow{AP}=（-1\;，\;0\;，\;1）$，
所以，解之x=1，$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
所以 ${n}=（\;1\;，\;\frac{{\sqrt{3}}}{3}\;\;，\;1）$
由于x轴∥平面PCB，设平面PCB的一个法向量可为m=（0，y'，1），
因为 $\overrightarrow{BP}=（0\;，\;-\sqrt{3}\;，\;1）$，所以 $\overrightarrow{BP}•{m}=0-\sqrt{3}y+1=0$，解之$y'=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，所以 ${m}=（0\;，\;\frac{{\sqrt{3}}}{3}\;，\;1）$）
设二面角A-PB-C的大小为θ（$\frac{π}{2}＜θ＜π$（此处要看观察）），
因此，cosθ=$-\frac{{\frac{4}{3}}}{{\frac{{2\sqrt{7}}}{3}}}$=$-\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$
故二面角A-PB-C的余弦值为$-\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．
另解：（II）由（I）知，AD⊥BD，又易知PD⊥AD，
且PD∩BD=D，所以AD⊥平面PDB，作AK⊥PB于K，连结DK，则DK⊥PB（图5），
设∠AKD=α，则α是二面角A-PB-D的平面角，
由于AD∥BC，所以BC⊥平面PDB，
则二面角D-BP-C是直角，
因此，二面角A-PB-C为90°+α，由（I）知，AD=1，$BD=\sqrt{3}$，PD=1，
所以PB=2，DK=√3/2，tanα=$\frac{2}{{\sqrt{3}}}$，sinα=$\frac{2}{{\sqrt{7}}}$=$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$，
因此，$cos（{90°}+α）=-sinα=-\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$，故二面角A-PB-C的余弦值为$-\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．

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