Question

8．如图，四棱锥P-ABCD，DC∥AB，PB⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，AD=DC=CB=1，AB=BP=2
（1）求证：AD⊥平面PBD
（2）设平面PAD与平面CBP的交线为l，在图上作出直线l，求二面角A-l-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）如图所示，在梯形ABCD中，分别作DE⊥AB，CF⊥AB，垂足为E，F，连接DB．则四边形CDEF为矩形，AE=BF=$\frac{1}{2}$，利用勾股定理及其逆定理可得AD⊥DB．
利用PB⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，可得PB⊥平面ABCD，PB⊥AD，即可证明AD⊥平面PBD．
（2）分别延长AD，BC，相交于点Q，连接PQ，则PQ即为平面PAD与平面CBP的交线l．利用点线面的关系即可给出证明．建立如图所示的空间直角坐标系，利用平面法向量的夹角即可得出．

解答 （1）证明：如图所示，在梯形ABCD中，分别作DE⊥AB，CF⊥AB，垂足为E，F，连接DB．
则四边形CDEF为矩形．∴AE=BF=$\frac{1}{2}$，在Rt△ADE中，DE=$\sqrt{A{D}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在Rt△BDE中，DB²=$（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}$=3．
∴AD²+DB²=4=AB²，∴∠ADB=90°，即AD⊥DB．
∵PB⊥AB，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
∴PB⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，∴PB⊥AD．
又DB∩PB=B，∴AD⊥平面PBD．
（2）解：分别延长AD，BC，相交于点Q，连接PQ，则PQ即为平面PAD与平面CBP的交线l．
下面给出证明：∵Q∈AD，∴Q∈平面PAD，同理可得Q∈平面PBC，∴Q∈平面PAD∩平面PBC=l．
建立如图所示的空间直角坐标系．
则B（0，0，0），A（0，-2，0），P（2，0，0），
∵DC∥AB，DC=$\frac{1}{2}$AB=1，∴$\frac{QC}{QB}$=$\frac{DC}{AB}$=$\frac{1}{2}$，∴$\frac{QC}{QC+1}$=$\frac{1}{2}$，解得QC=1．
同理DQ=1．∴AQ=BQ=2=AB．
取AB的中点M，连接QM，则AM=$\sqrt{3}$．∴Q$（0，-1，\sqrt{3}）$．
$\overrightarrow{PQ}$=$（-2，1，\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{BP}$=（2，0，0），$\overrightarrow{AP}$=（2，2，0）．
设平面PBQ的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PQ}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{2x=0}\\{-2x+y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
取$\overrightarrow{m}$=（0，$\sqrt{3}$，-1）．
同理可得：平面PAQ的法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，-1，$\sqrt{3}$），
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-2\sqrt{3}}{2×\sqrt{5}}$=-$\frac{\sqrt{15}}{5}$．
∴二面角A-l-B的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$．

点评 本题考查了空间位置关系、空间角、向量夹角公式，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．