Question

3．如图所示，三棱锥P-ABC中，D是AC的中点，PA=PB=PC=$\sqrt{5}$，AC=2$\sqrt{2}$，AB=$\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{6}$．
（1）求证：PD⊥平面ABC；
（2）（理科做文科不做）求二面角P-AB-C的正切值大小．
（3）（文科做理不做）线段AB上是否存在一点E，使得BC∥面PDE？若存在，请给出证明，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）连接BD，推导出PD⊥AC，AB⊥BC，PD⊥BD，由此能证明PD⊥平面ABC．
（2）（理科做文科不做）取AB的中点E，连接DE、PE，则DE∥BC，由AB⊥BC，得AB⊥DE，由PD⊥平面ABC，得PD⊥AB，由AB⊥DE，得AB⊥平面PDE，从而PE⊥AB，进而∠PED是二面角P-AB-C的平面角，由此能示出二面角P-AB-C的正切值．
（3）（文科做理不做）线段AB上存在中点E，使得BC∥平面PDE．由中位线定理得DE∥BC，由此能证明BC∥面PDE．

解答 证明：（1）连接BD，∵D是AC的中点，PA=PB=PC=$\sqrt{5}$，∴PD⊥AC．
∵AC=2$\sqrt{2}$，AB=$\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{6}$，∴AB²+BC²=AC²．
∴∠ABC=90°，即AB⊥BC．
∴BD=$\frac{1}{2}$AC═$\sqrt{2}$=AD．
∵PD²=PA²-AD²=3，PB=$\sqrt{5}$，
∴PD²+BD²=PB²．∴PD⊥BD．
∵AC∩BD=D，∴PD⊥平面ABC..…（5分）
解：（2）（理科做文科不做）取AB的中点E，连接DE、PE，
由E为AB的中点，知DE∥BC，
∵AB⊥BC，∴AB⊥DE．∵PD⊥平面ABC，∴PD⊥AB．
又AB⊥DE，DE∩PD=D，
∴AB⊥平面PDE，∴PE⊥AB．
∴∠PED是二面角P-AB-C的平面角．
在△PED中，DE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，PD=$\sqrt{3}$，∠PDE=90°，
∴tan∠PED═$\frac{PD}{DE}=\sqrt{2}$．
∴二面角P-AB-C的正切值为$\sqrt{2}$．…（12分）
（3）（文科做理不做）线段AB上存在中点E，使得BC∥平面PDE．
证明如下：
∵D是AC中点，E是AB中点，∴DE∥BC，
∵BC?平面PDE，DE?平面PDE，
∴BC∥面PDE．

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的正切值的求法，考查满足线面平行的位置的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．