Question

16．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，PA⊥PB，PC=2．
（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）若PA=PB，求二面角A-PC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）取AB的中点O，连接AC，CO，PO，运用菱形和等边三角形的性质，以及线面垂直的判定定理，可得CO⊥平面PAB，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由面面垂直的性质定理，可得直线OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，利用向量法能求出结果．

解答 证明：（Ⅰ）取AB的中点O，连接AC，CO，PO
由ABCD是边长为2的菱形，可得AB=BC=2，
又∠ABC=60°，可得△ABC为等边三角形，
即有CO⊥AB，OC=$\sqrt{3}$，
由PA⊥PB，可得OP=$\frac{1}{2}$AB=1，
而PC=2，由OP²+OC²=1²+（$\sqrt{3}$）²=2²=PC²，
可得CO⊥OP，
而AB，OP为相交二直线，可得CO⊥平面PAB，
又OC?平面ABCD，
即有平面PAB⊥平面ABCD．
解：（2）由PA=PB，可得PO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，则PO⊥平面ABCD，直线OC，OB，OP两两垂直，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，
则O（0，0，0），A（0，-1，0），P（0，0，1），B（0，1，0），C（$\sqrt{3}$，0，0），D（$\sqrt{3}$，2，0），
可得$\overrightarrow{PC}$=（$\sqrt{3}$，0，-1），$\overrightarrow{AP}$=（0，1，1），$\overrightarrow{DC}$=（0，2，0），
设平面APC的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面DPC的一个法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AP}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{PC}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{{x}_{1}-{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取z₁=$\sqrt{3}$，可得$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，-$\sqrt{3}$，$\sqrt{3}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{DC}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{PC}=0}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{2{y}_{2}=0}\\{\sqrt{3}{x}_{2}-{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取x₂=$\sqrt{3}$，可得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{3}$，0，3），
由题意可得二面角A-PC-D为锐角二面角，记为θ，
则cosθ=|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}|}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}•\sqrt{12}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．
即有二面角A-PC-D的余弦值为$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

点评 本题考查面面垂直的判定，注意运用判定定理和线面垂直的判定，考查二面角的余弦值的求法，注意运用空间向量法，建立坐标系，求得法向量及夹角的余弦值，考查化简整理的运算能力，属于中档题．