Question

17．在三棱柱PBC-QAD中，侧面ABCD为矩形，PA⊥CD．
（1）求证：平面PAD⊥平面PDC；
（2）若BC=$\sqrt{6}$，PB=$\sqrt{2}$，PC=2，当三棱锥P-BCD的体积最大时，求二面角A-BP-C的大小．

Answer 1

分析 （1）先证明CD⊥平面PAD，再证明平面PAD⊥平面PDC；
（2）根据条件得到棱锥P-BCD的体积最大时的等价条件，建立坐标系，求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可．

解答 （1）证明：∵侧面ABCD为矩形，∴CD⊥AD，
∵PA⊥CD，PA∩AD=A，
∴CD⊥平面PAD，
∵CD?平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC；
（2）过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC垂线，垂足为G，
连接PG，由（1）知，CD⊥平面PAD，
∴CD⊥PO，
∵PO⊥AD，CD∩AD=D，
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BC，
∵OG⊥BC，PO∩OG=O，
∴BC⊥平面POG，故BC⊥PG，
在△PBC中，BC=$\sqrt{6}$，PB=$\sqrt{2}$，PC=2，∴BP⊥PC，
∴PG=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，GC=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，BG=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，设AB=x，
则OP=$\sqrt{P{G}^{2}-O{G}^{2}}$=$\sqrt{\frac{4}{3}-{x}^{2}}$，
故三棱锥P-BCD的体积S_△PBC=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$，
三棱锥P-BCD的体积V_P-BCD=$\frac{1}{3}$×$\frac{1}{2}×\sqrt{6}x×\sqrt{\frac{4}{3}-{x}^{2}}$=$\frac{x\sqrt{8-6{x}^{2}}}{6}$=$\frac{\sqrt{8{x}^{2}-6{x}^{4}}}{6}=\frac{\sqrt{-6（{x}^{2}-\frac{2}{3}）^{2}+\frac{8}{3}}}{6}$，
∴当x=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，即AB=$\frac{\sqrt{6}}{3}$时，三棱锥P-BCD的体积最大，
建立空间直角坐标系如图：则O（0，0，0），B（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0），C（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，0），A（0，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0），
P（0，0，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），
故$\overrightarrow{PB}$=（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），$\overrightarrow{BC}$=（0，$\sqrt{6}$，0），$\overrightarrow{AB}$=（$\frac{\sqrt{6}}{3}$，0，0），
设平面BPC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，1），则由$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{PB}$=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{BC}$=0，
得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{\sqrt{6}}{3}x-\frac{\sqrt{6}}{3}y-\frac{\sqrt{6}}{3}=0}\\{\sqrt{6}y=0}\end{array}\right.$得x=1，y=0，即$\overrightarrow{n}$=（1，0，1），
同理得平面APB的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，1，-1），
则cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-1}{\sqrt{2}•\sqrt{2}}=-$$\frac{1}{2}$，
即＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{2π}{3}$，
即二面角A-BP-C的大小为$\frac{2π}{3}$．

点评 本题考查线面垂直、平面与平面垂直，考查平面与平面的夹角，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，综合性较强，运算量较大．