Question

5．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=AD=2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC=4，点M为PC中点．
（1）求证：DM⊥平面PBC；
（2）若点E为BC边上的动点，且$\frac{BE}{EC}=λ$，是否存在实数λ，使得二面角P-DE-B的余弦值为$\frac{2}{3}$？若存在，求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）取PB中点N，连结MN，AN．由三角形中位线定理可得四边形ADMN为平行四边形．由AP⊥AD，AB⊥AD，由线面垂直的判定可得AD⊥平面PAB．进一步得到AN⊥MN．再由AP=AB，得AN⊥PB，则AN⊥平面PBC．又AN∥DM，得DM⊥平面PBC；
（2）以A为原点，$\overrightarrow{AB}$方向为x轴的正方向，$\overrightarrow{AD}$方向为y轴的正方向，$\overrightarrow{AP}$方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设E（2，t，0）（0≤t≤4），再求得P，D，B的坐标，得到$\overrightarrow{PD}、\overrightarrow{DE}$的坐标，求出平面PDE的法向量，再由题意得到平面DEB的一个法向量，由两法向量夹角的余弦值得到实数λ的值．

解答 （1）证明：如图，取PB中点N，连结MN，AN．
∵M是PC中点，∴MN∥BC，MN=$\frac{1}{2}$BC=2．
又∵BC∥AD，AD=2，
∴MN∥AD，MN=AD，
∴四边形ADMN为平行四边形．
∵AP⊥AD，AB⊥AD，AP∩AB=A，
∴AD⊥平面PAB．
∵AN?平面PAB，∴AD⊥AN，则AN⊥MN．
∵AP=AB，∴AN⊥PB，又MN∩PB=N，
∴AN⊥平面PBC．
∵AN∥DM，∴DM⊥平面PBC；
（2）解：存在符合条件的λ．
以A为原点，$\overrightarrow{AB}$方向为x轴的正方向，$\overrightarrow{AD}$方向为y轴的正方向，$\overrightarrow{AP}$方向为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
设E（2，t，0）（0≤t≤4），P（0，0，2），D（0，2，0），B（2，0，0），
则$\overrightarrow{PD}=（{0，2，-2}）$，$\overrightarrow{DE}=（{2，t-2，0}）$．
设平面PDE的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{PD}=2y-2z=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{DE}=2x+（t-2）y=0}\end{array}\right.$，令y=2，则z=2，x=t-2，
取平面PDE的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（2-t，2，2）．
又平面DEB即为xAy平面，
故其一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（0，0，1），
∴cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{2}{\sqrt{（2-t）^{2}+4+4}}=\frac{2}{3}$．
解得t=3或t=1，
∴λ=3或$λ=\frac{1}{3}$．

点评 本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．