Question

3．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥AB，AB∥DC，PA⊥底面ABCD，点E为棱PC的中点．AD=DC=AP=2AB=2．
（1）证明：BE⊥平面PDC；
（2）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F-AD-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{DC}$=0，可得BE⊥DC；
（II）根据BF⊥AC，求出向量$\overrightarrow{BF}$的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F-AB-P的余弦值．

解答 证明：（I）∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AD=DC=AP=2AB=2，∴AB=1，点E为棱PC的中点．
∴B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），
E（1，1，1）
∴$\overrightarrow{BE}$=（0，1，1），$\overrightarrow{DC}$=（2，0，0），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-2）
∵$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{DC}$=0，$\overrightarrow{BE}$•$\overrightarrow{PD}$=0，
∴BE⊥DC；BE⊥PD，
∵DC∩PD=D，
∴BE⊥平面PDC．
（2）∵$\overrightarrow{BC}$=（1，2，0），$\overrightarrow{CP}$=（-2，-2，2），$\overrightarrow{AC}$=（2，2，0），
由F点在棱PC上，设$\overrightarrow{CF}$=λ$\overrightarrow{CP}$=（-2λ，-2λ，2λ）（0≤λ≤1），
故$\overrightarrow{BF}$=$\overrightarrow{BC}$+$\overrightarrow{CF}$=（1-2λ，2-2λ，2λ）（0≤λ≤1），
由BF⊥AC，得$\overrightarrow{BF}$•$\overrightarrow{AC}$=2（1-2λ）+2（2-2λ）=0，
解得λ=$\frac{3}{4}$，
即$\overrightarrow{BF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$），$\overrightarrow{AF}$=$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{BF}$=（1，0，0）+（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$）=（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}$），
设平面FAD的法向量为$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AF}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{3}{2}c=0}\\{2b=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{b=0}\\{a+3c=0}\end{array}\right.$
令c=1，则a=-3，则$\overrightarrow{n}$=（-3，0，1），
取平面ADC的法向量$\overrightarrow{i}$=（0，0，1），
则二面角F-AD-C的平面角α满足：
cosα=$\frac{|\overrightarrow{i}•\overrightarrow{n}|}{\left|\overrightarrow{i}\right|•\left|\overrightarrow{n}\right|}$=$\frac{1}{1×\sqrt{1+9}}$=$\frac{1}{\sqrt{10}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$，
故二面角F-AD-C的余弦值为$\frac{\sqrt{10}}{10}$．

点评 本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．