Question

2．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=3，AD=2，AB=4，∠ABC=60°．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）E是侧棱PB上一点，记$\frac{PE}{PB}$=λ（0＜λ＜1），是否存在实数λ，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BC，在三角形ABC中，由余弦定理可得AB⊥BC．再由线面垂直的判定可得BC⊥平面PAC；
（2）以A为原点，分别以AD，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求得A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，3），B（-2，$2\sqrt{3}$，0）．设E（x，y，z），由$\frac{PE}{PB}$=λ，得E（-2λ，$2\sqrt{3}λ$，3-3λ）．求出平面ADE与平面ADP的一个法向量，结合题意可得λ=$\frac{3}{5}$．说明存在实数$λ=\frac{3}{5}$，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°．

解答 （1）证明：∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BC，
在三角形ABC中，由AB=4，BC=2，∠ABC=60°，
得AC²=AB²+BC²-2AB•BC•cos60°=16+4-8=12．
∴AC²+BC²=12+4=16=AB²，即AB⊥BC．
又PA∩AC=A，
∴BC⊥平面PAC；
（2）解：以A为原点，分别以AD，AC，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵PA=3，AD=2，AC=$2\sqrt{3}$，
∴A（0，0，0），D（2，0，0），P（0，0，3），B（-2，$2\sqrt{3}$，0）．
设E（x，y，z），由$\frac{PE}{PB}$=λ，得$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PB}$．
∴（x，y，z-3）=λ（-2，$2\sqrt{3}$，-3）=（-2λ，$2\sqrt{3}$λ，-3λ），
∴x=-2λ，y=$2\sqrt{3}λ$，z=3-3λ．
则E（-2λ，$2\sqrt{3}λ$，3-3λ）．
$\overrightarrow{AD}=（2，0，0）$，$\overrightarrow{AE}$=（-2λ，$2\sqrt{3}λ$，3-3λ），$\overrightarrow{AP}=（0，0，3）$．
设平面ADE的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=2{x}_{1}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=-2λ{x}_{1}+2\sqrt{3}λ{y}_{1}+（3-3λ）{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取z₁=1，得$\overrightarrow{m}=（0，\frac{3λ-3}{2\sqrt{3}λ}，1）$；
设平面ADP的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（0，1，0）$，
由|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{\frac{3λ-3}{2\sqrt{3}λ}}{\sqrt{（\frac{3λ-3}{2\sqrt{3}λ}）^{2}+1}×1}$|=$\frac{1}{2}$，
得5λ²-18λ+9=0，解得λ=3（舍）或λ=$\frac{3}{5}$．
∴存在实数$λ=\frac{3}{5}$，使平面ADE与平面PAD所成的二面角为60°．

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解二面角的平面角，是中档题．