Question

3．如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD=DC=BC=2，AB=4，△PAD为正三角形．
（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAD；
（Ⅱ）设AD的中点为E，求平面PEB与平面PDC所成二面角的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，推导出AD⊥BD，由此能证明BD⊥平面PAD．
（Ⅱ）以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过点D平行于PE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出平面PEB与平面PDC所成二面角的余弦值．

解答 证明：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，
如图所示：有$AE=1，DE=\sqrt{3}，BD=2\sqrt{3}$
∴在△ABD中，有AB²=AD²+BD²，即AD⊥BD
又因为平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，∴BD⊥平面PAD．-----（5分）
解：（Ⅱ） 由平面PAD⊥平面ABCD，且△PAD为正三角形，E为AD的中点，
∴PE⊥AD，得PE⊥平面ABCD．
如图所示，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过点D平行于PE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．
由条件AD=DC=BC=2，则AE=DE=1，$PE=\sqrt{3}$，$BD=2\sqrt{3}$．
则D（0，0，0），E（1，0，0），$B（0，2\sqrt{3}，0）$，$P（1，0，\sqrt{3}）$．-------（6分）
在等腰梯形ABCD中，过点C作BD的平行线交AD延长线于点F如图所示：
则在Rt△CDF中，有$CF=\sqrt{3}$，DF=1，∴$C（-1，\sqrt{3}，0）$．-------（7分）
（另解：可不作辅助线，利用$\overrightarrow{AB}=2\overrightarrow{DC}$求点C坐标）
∴$\overrightarrow{CD}=（1，-\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{PD}=（-1，0，-\sqrt{3}）$，设平面PDC的法向量$\overrightarrow{n_1}=（{x_1}，{y_1}，{z_1}）$
则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{CD}={x_1}-\sqrt{3}{y_1}=0\;}\\{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{PD}=-{x_1}-\sqrt{3}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，取${x_1}=\sqrt{3}$，则y₁=1，z₁=-1，
∴面PDC的法向量$\overrightarrow{n_1}=（\sqrt{3}，1，-1）$．-------（9分）
同理有$\overrightarrow{PE}=（0，0，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{PB}=（-1，2\sqrt{3}，-\sqrt{3}）$，设平面PBE的法向量$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$
则$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PE}=-\sqrt{3}{z_2}=0\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;}\\{\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PB}=-{x_2}+2\sqrt{3}{y_2}-\sqrt{3}{z_2}=0}\end{array}}\right.$，
取y₂=1，则${x_2}=2\sqrt{3}$，z₂=0，∴面PBE的法向量$\overrightarrow{n_2}=（2\sqrt{3}，1，0）$．--（10分）
设平面PEB与平面PDC所成二面角的平面角为θ，
∴$cosθ=|{cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞}|=|{\frac{{\sqrt{3}×2\sqrt{3}+1}}{{\sqrt{3+1+1}×\sqrt{12+1}}}}|=\frac{{7\sqrt{65}}}{65}$．
即平面PEB与平面PDC所成二面角的余弦值为$\frac{{7\sqrt{65}}}{65}$．-------（12分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．