Question

5．如图：四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，∠DAB=60°，平面PAB⊥ABD，
AP=2AD=4，PD=$2\sqrt{5}$，E为AD的中点，F为PB的中点．
（Ⅰ） 求证：EF‖平面PCD；
（Ⅱ） 当二面角A-PD-B的余弦值为$\frac{1}{4}$时，求AB的长．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设G为PC的中点，通过证明EF∥GD，然后证明EF∥平面PCD；
（Ⅱ）以H为坐标原点，以AB所在直线为x轴，HD所在直线为y轴建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，以及平面PAD的法向量，设平面PBD的法向量，通过向量的数量积求解二面角A-PD-B的余弦值为$\frac{1}{4}$时，带带AB的长．

解答 （本题满分14分）
证明（Ⅰ）：如图，设G为PC的中点，因为F为PB的中点，所以FG∥BC∥ED，又 E为AD的中点，由已知得：FG=ED=1，所以四边形EFGD为平行四边形．所以EF∥GD，因为EF?平面PCD，GD?平面PCD，所以EF∥平面PCD；
   
（Ⅱ）解 在△PAD中，AD=2，PA=4，PD=$2\sqrt{5}$，满足PD²=PA²+AD²，所以∠PAD=90°，即PA⊥AD（1），
在底面ABCD中，过点D作DH⊥AB，H为垂足，因为平面PAB⊥ABD，由面面垂直的性质可知：DH⊥平面PAB，
所以DH⊥PA（2），由（1）（2）可得：PA⊥平面ADH，即PA⊥底面ABCD．
以H为坐标原点，以AB所在直线为x轴，HD所在直线为y轴建立空间直角坐标系，
则P（-1，0，4），A（-1，0，0），D（0，$-\sqrt{3}$，0）设B（a，0，0），
这样可得：$\overrightarrow{AP}=（0，0，4）$，$\overrightarrow{PD}=（1，-\sqrt{3}，-4）$，$\overrightarrow{DB}=（a，\sqrt{3}，0）$，
设平面PAD的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，则$\left\{{\begin{array}{l}{4{z_1}=0}\\{{x_1}-\sqrt{3}{y_1}-4{z_1}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{1}}=（\sqrt{3}，1，0）$，
又设平面PBD的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，则$\left\{{\begin{array}{l}{a{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0}\\{{x_2}-\sqrt{3}{y_2}-4{z_2}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{2}}=（\sqrt{3}，-a，\frac{\sqrt{3}（1+a）}{4}）$，

由题设$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{|{3-a}|}}{{2\sqrt{3+{a^2}+\frac{{3{{（1+a）}^2}}}{16}}}}=\frac{1}{4}$，整理得3a²-26a+35=0：
由此可求得$a=\frac{5}{3}$，或a=7（不合题意，舍去）所以AB=$\frac{8}{3}$，
故当二面角A-PD-B的余弦值为$\frac{1}{4}$时，AB的长为$\frac{8}{3}$．
（注：本题也可用几何法解答，过程略）

点评 本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，空间距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．