Question

14．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，PD=AD=AB=1，CD=2，点E是PA的中点，作EF⊥PB交PB于点F．
（I）求证：PB⊥平面DEF；
（Ⅱ）求二面角E-PB-D的大小；
（Ⅲ）在DC上是否存在一点G，使PG∥平面EDB，若存在，求出DG的长；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出PD⊥DA，PD⊥DC，从而AD⊥DC，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能证明PB⊥平面DEF．
（Ⅱ） 由PB⊥平面DEF，得DF⊥PB，再由EF⊥PB，得∠EFD是二面角E-PB-D的平面角，由此能求出二面角E-PB-D的大小．
（Ⅲ）当DC的中点为点G时，满足PG∥平面EDB，推导出DG=1，且四边形ABGD为正方形，连接AG交DB于O，则O为AG中点．连接EO，则EO∥PG，由此能求出PG∥平面EDB，且DG=1．

解答 证明：（Ⅰ） 因为PD⊥底面ABCD，DA?面ABCD，DC?面ABCD，
所以PD⊥DA，PD⊥DC．
又因为四边形ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB=1，CD=2，
所以AD⊥DC
如图，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系D-xyz，…（1分）
则$E（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，P（0，0，1），B（1，1，0）$\overrightarrow{DE}=（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，$\overrightarrow{PB}=（1，1，-1）$，…（3分）
因为$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{PB}=1×\frac{1}{2}+1×0-1×\frac{1}{2}=0$
所以DE⊥PB…（4分）
又因为已知EF⊥PB
在平面DEF中，DE∩EF=E…（5分）
所以PB⊥平面DEF．
解：（Ⅱ） 由（Ⅰ） 已证PB⊥平面DEF，
因为DF?面DEF，
所以DF⊥PB
已知EF⊥PB，
故∠EFD是二面角E-PB-D的平面角．…（6分）
设点F（x，y，z），则$\overrightarrow{PF}=（x，y，z-1）$
因为$\overrightarrow{PF}=k\overrightarrow{PB}$
所以（x，y，z-1）=k（1，1，-1）=（k，k．-k）
即 x=k，y=k，z=1-k，F（k，k，1-k）$\overrightarrow{FE}=（\frac{1}{2}-k，-k，k-\frac{1}{2}）$
因为EF⊥PB
所以$\overrightarrow{EF}•\overrightarrow{PB}=0$
所以$（1，1，-1）•（\frac{1}{2}-k，-k，k-\frac{1}{2}）=-k+\frac{1}{2}-k-k+\frac{1}{2}=-3k+1=0$=0
所以$k=\frac{1}{3}$，点$F（\frac{1}{3}，\frac{1}{3}，\frac{2}{3}）$，…（7分）
又因为点$E（\frac{1}{2}，0，\frac{1}{2}）$，
所以$\overrightarrow{FE}=（\frac{1}{6}，-\frac{1}{3}，-\frac{1}{6}）$…（8分）
因为$cos∠EFD=\frac{{\overrightarrow{FE}•\overrightarrow{FD}}}{{|\overrightarrow{FE}|•|\overrightarrow{FD}|}}=\frac{{（\frac{1}{6}，-\frac{1}{3}，-\frac{1}{6}）•（-\frac{1}{3}，-\frac{1}{3}，-\frac{2}{3}）}}{{\frac{{\sqrt{6}}}{6}•\frac{{\sqrt{6}}}{3}}}=\frac{1}{2}$，
所以∠EFD=60°，…（10分）
由题知二面角E-PB-D的平面角为锐角，所以二面角E-PB-D的大小为60°．
（Ⅲ）当DC的中点为点G时，满足PG∥平面EDB．
因为底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB=AD=1，CD=2
所以DG=1，且四边形ABGD为正方形．
连接AG交DB于O，则O为AG中点．连接EO
所以在△PAG中，点E，O分别是PA，AG的中点，
所以EO∥PG…（11分）
因为EO?平面EDB，PG?平面EDB…（13分）
所以PG∥平面EDB．且DG=1．…（14分）

点评 本题考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查满足条件的点的位置的确定，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．