Question

4．在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC=2AD=4，AB=CD=$\sqrt{10}$，∠DBC=45°
（1）证明：BD⊥平面PAC；
（2）若二面角A-PC-D的大小为60°，求四棱锥P-ABCD的体积．

Answer 1

分析 （1）在底面梯形中，通过求解直角三角形求得DE=3，得到BE=DE，进一步得到AC⊥BD．再由PA⊥平面ABCD得，PA⊥BD，由线面垂直的判定得答案；
（2）法一、找出二面角APCD的平面角，求解直角三角形得到AP=$\frac{3\sqrt{22}}{11}$，再求出四边形ABCD的面积，代入体积公式得答案；
解法二、由（1）知AC⊥BD．以O为原点，OB，OC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求出所用点的坐标，设点P（0，-$\sqrt{2}$，t）（t＞0）．由二面角A-PC-D的大小为60°，借助于空间向量求得t，即得到AP．再求出四边形ABCD的面积，代入棱锥体积公式得答案．

解答 （1）证明：设O为AC与BD的交点，作DE⊥BC于点E．由四边形ABCD是等腰梯形得，
CE=$\frac{BC-AD}{2}$=1，DE=$\sqrt{D{C}^{2}-C{E}^{2}}=3$，
∴BE=DE，从而得∠DBC=∠BCA=45°，
∴∠BOC=90°，即AC⊥BD．
由PA⊥平面ABCD得，PA⊥BD，
∴BD⊥平面PAC；
（2）解：法一、
作OH⊥PC于点H，连结DH．如图1所示．
由（1）知DO⊥平面PAC，故DO⊥PC．
∴PC⊥平面DOH，从而得PC⊥OH，PC⊥DH．
故∠DHO是二面角APCD的平面角，∴∠DHO=60°．
在Rt△DOH中，由DO=$\sqrt{2}$，得OH=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
在Rt△PAC中，$\frac{PA}{PC}$=$\frac{OH}{OC}$．设PA=x，可得$\frac{x}{\sqrt{x2+18}}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．
解得x=$\frac{3\sqrt{22}}{11}$，即AP=$\frac{3\sqrt{22}}{11}$．
∵四边形ABCD为等腰梯形，且BC=2AD=4，AB=CD=$\sqrt{10}$，
∴${S}_{ABCD}=\frac{1}{2}（2+4）×3=9$，
∴${V}_{P-ABCD}=\frac{1}{3}AP•{S}_{ABCD}=\frac{9\sqrt{22}}{11}$；
解法二、
由（1）知AC⊥BD．
以O为原点，OB，OC所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图2所示．
由题意知各点坐标如下：A（0，-$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0，0），C（0，2$\sqrt{2}$，0），D（-$\sqrt{2}$，0，0）．
由PA⊥平面ABCD，得PA∥z轴，故设点P（0，-$\sqrt{2}$，t）（t＞0）．
设$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）为平面PDC的法向量，
由$\overrightarrow{CD}$=（-$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{PD}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，-t）
知$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x-2\sqrt{2}y=0}\\{-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y-tz=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（-2，1，$\frac{3\sqrt{2}}{t}$）．
又平面PAC的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），
于是cosθ=$\frac{|m•n|}{|m|•|n|}$=$\frac{2}{\sqrt{5+\frac{18}{{t}^{2}}}}$=$\frac{1}{2}$，
解得t=$\frac{3\sqrt{22}}{11}$，即AP=$\frac{3\sqrt{22}}{11}$．
∵四边形ABCD为等腰梯形，且BC=2AD=4，AB=CD=$\sqrt{10}$，
∴${S}_{ABCD}=\frac{1}{2}（2+4）×3=9$，
∴${V}_{P-ABCD}=\frac{1}{3}AP•{S}_{ABCD}=\frac{9\sqrt{22}}{11}$．

点评 本题主要考查空间线面关系、二面角的度量、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，训练了利用空间向量求空间角的问题，是中档题．