Question

17．在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD=AB=DC=$\frac{1}{2}$BC=1，E是PC的中点，面PAC⊥面ABCD．
（Ⅰ）证明：ED∥面PAB；
（Ⅱ）若PC=2，PA=$\sqrt{3}$，求二面角A-PC-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取PB的中点F，连接AF，EF，由三角形的中位线定理可得四边形ADEF是平行四边形．得到DE∥AF，再由线面平行的判定可得ED∥面PAB；
（Ⅱ）法一、取BC的中点M，连接AM，由题意证得A在以BC为直径的圆上，可得AB⊥AC，找出二面角A-PC-D的平面角．求解三角形可得二面角A-PC-D的余弦值．
法二、由题意证得AB⊥AC．又面PAC⊥平面ABCD，可得AB⊥面PAC．以A为原点，$\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{AB}$方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．求出P的坐标，再求出平面PDC的一个法向量，由图可得$\overrightarrow{AB}$为面PAC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A-PC-D的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：取PB的中点F，连接AF，EF．
∵EF是△PBC的中位线，∴EF∥BC，且EF=$\frac{1}{2}BC$．
又AD=BC，且AD=$\frac{1}{2}BC$，∴AD∥EF且AD=EF，
则四边形ADEF是平行四边形．
∴DE∥AF，又DE?面ABP，AF?面ABP，
∴ED∥面PAB；
（Ⅱ）解：法一、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC且AD=MC，
∴四边形ADCM是平行四边形，
∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上．
∴AB⊥AC，可得$AC=\sqrt{3}$．
过D作DG⊥AC于G，
∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，
∴DG⊥平面PAC，则DG⊥PC．
过G作GH⊥PC于H，则PC⊥面GHD，连接DH，则PC⊥DH，
∴∠GHD是二面角A-PC-D的平面角．
在△ADC中，$GD=\frac{1}{2}$，连接AE，$GH=\frac{1}{2}AE=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
在Rt△GDH中，$HD=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴$cos∠GHD=\frac{GH}{HD}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
即二面角A-PC-D的余弦值$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
法二、取BC的中点M，连接AM，则AD∥MC，且AD=MC．
∴四边形ADCM是平行四边形，
∴AM=MC=MB，则A在以BC为直径的圆上，
∴AB⊥AC．
∵面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD=AC，∴AB⊥面PAC．
如图以A为原点，$\overrightarrow{AC}，\overrightarrow{AB}$方向分别为x轴正方向，y轴正方向建立空间直角坐标系．
可得$C（{\sqrt{3}，0，0}）$，$D（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{1}{2}，0}）$．
设P（x，0，z），（z＞0），依题意有$|{PA}|=\sqrt{{x^2}+{z^2}}=\sqrt{3}$，$|{PC}|=\sqrt{{{（{x-\sqrt{3}}）}^2}+{z^2}}=2$，
解得$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}，z=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
则$P（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，0，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}}）$，$\overrightarrow{DC}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，0}）$，$\overrightarrow{CP}=（{-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，0，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}}）$．
设面PDC的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（{x}_{0}，{y}_{0}，{z}_{0}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{0}+\frac{1}{2}{y}_{0}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CP}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}{x}_{0}+\frac{2\sqrt{6}}{3}{z}_{0}=0}\end{array}\right.$，取x₀=1，得$\overrightarrow n=（{1，-\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$．
$\overrightarrow{AB}$为面PAC的一个法向量，且$\overrightarrow{AB}=（{0，1，0}）$，
设二面角A-PC-D的大小为θ，
则有$cosθ=|{\frac{{\overrightarrow{AB}•\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow{AB}}||{\overrightarrow n}|}}}|=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即二面角A-PC-D的余弦值$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定，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．