Question

11．如图，在底面是菱形的四棱锥P-ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=$\sqrt{2}$a，点E是PD的中点．
（1）证明：平面PBD⊥平面PAC；
（2）求二面角E-AC-D的正切值．

Answer 1

分析 （1）由已知条件推导出PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD，由菱形性质得到AC⊥BD，从而得到BD⊥平面PAC，由此能证明平面PBD⊥平面PAC．
（2）连结EO，DO，由已知得EO⊥AC，DO⊥AC，从而∠DOE是二面角E-AC-D的平面角，由此能求出二面角E-AC-D的正切值．

解答 （1）证明：连结AC，BD，交于点O，
∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=AD=AC=a，在△PAB中，
由PA²+AB²=2a²=PB²，知PA⊥AB．
同理，PA⊥AD，∴PA⊥平面ABCD．
∵BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，
∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∵AC∩BD=O，∴BD⊥平面PAC，
∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC．
（2）解：连结EO，DO，
∵ABCD中，∠ABC=60°，PA=AC=a，PB=PD=$\sqrt{2}$a，点E是PD的中点，
∴AC=AD=DC=PC=a，DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$，AC=AE=$\sqrt{{a}^{2}-\frac{1}{2}{a}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}a$，
∴EO⊥AC，DO⊥AC，∴∠DOE是二面角E-AC-D的平面角，
∵DO=$\sqrt{{a}^{2}-\frac{1}{4}{a}^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，EO=$\sqrt{\frac{1}{2}{a}^{2}-\frac{1}{4}{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}a$，
∴cos∠DOE=$\frac{D{O}^{2}+E{O}^{2}-D{E}^{2}}{2DO•EO}$=$\frac{\frac{3}{4}{a}^{2}+\frac{1}{4}{a}^{2}-\frac{1}{2}{a}^{2}}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}a×\frac{1}{2}a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴tan∠DOE=$\sqrt{2}$，
∴二面角E-AC-D的正切值为$\sqrt{2}$．

点评 本考查面面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．