Question

16．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形PA⊥平面ABCD，AB=PA=1，AD=$\sqrt{3}$，E，F，G分别是BC，PB，AD上的点，且AF⊥PC，AG=2GD．
（1）当BE为何值时，FG∥平面PDE；
（2）当BE为何值时，二面角C-PE-D的平面角为45°．

Answer 1

分析 （1）先分别以AD，AB，AP三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以确定A，B，C，D，P五点的坐标，根据条件AF⊥PC，AG=2GD即可求出点F，G的坐标，并且能够判断出F点为PB的中点．而要使FG∥平面PDE，需找过FG的平面和平面PDE的交线，并使得FG和该交线平行，这时候取PE中点H，连接FH，DH，从而需FG∥HD，这样即可得到BE=$\frac{2}{3}$BC，从而求出BE的值；
（2）根据线面垂直的判定定理可以说明$\overrightarrow{AF}$是平面CPE的法向量，可设$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$是平面DPE的法向量，设E（x₂，1，0），而根据$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=0}\end{array}\right.$即可用x₂表示$\overrightarrow{n}$，根据二面角C-PE-D的平面角为45°，便可得到cos45°=cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{AF}$＞，从而求出x₂，即求出BE．

解答 解：（1）根据已知条件知AD，AB，AP三直线两两垂直，所以：
分别以这三直线为x，y，z轴建立如下图所示空间直角坐标系，则：
A（0，0，0），B（0，1，0），C（$\sqrt{3}$，1，0），D（$\sqrt{3}$，0，0），P（0，0，1）；
∵G在边AD上，AG=2GD；
∴$G（\frac{2\sqrt{3}}{3}，0，0）$；
F在棱PB上，∠PBA=45°，∴设F（0，y₁，1-y₁），又AF⊥PC；
∴$\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{PC}=0$；
∴y₁+y₁-1=0；
∴${y}_{1}=\frac{1}{2}$；
∴$F（0，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$；
即F为PB中点；
取PE中点H，连接FH，DH，则FH∥GD；
∴要使FG∥平面PDE，则FG∥HD；
∴四边形FHDG为平行四边形；
又FH为△PBE的中位线；
∴$FH=\frac{1}{2}BE=GD$；
∵$GD=\frac{1}{3}AB=\frac{1}{3}BC$；
∴$BE=\frac{2}{3}BC$；
∴$BE=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
即BE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$时，FG∥平面PDE；
（2）AF⊥PC；
又F为PB中点，AB=PA；
AF⊥PB，PB∩PC=P；
∴AF⊥平面PBC；
∴$\overrightarrow{AF}=（0，\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$为平面CPE的法向量；
E在BC上，设E（x₂，1，0），设平面DPE的法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，则$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{PE}，\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{PD}$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{x{•x}_{2}+y-z=0}\\{\sqrt{3}x-z=0}\end{array}\right.$；
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=（\sqrt{3}-{x}_{2}）x}\\{z=\sqrt{3}x}\end{array}\right.$，取x=1，∴$\overrightarrow{n}=（1，\sqrt{3}-{x}_{2}，\sqrt{3}）$；
∵二面角C-PE-D的平面角为45°；
∴$cos＜\overrightarrow{AF}，\overrightarrow{n}＞=\frac{\overrightarrow{AF}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{AF}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}-\frac{1}{2}{x}_{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}•\sqrt{4+（\sqrt{3}-{x}_{2}）^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
∴解得${x}_{2}=\frac{5\sqrt{3}}{6}$；
∴BE=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$时，二面角C-PE-D的平面角为45°．

点评 考查线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的性质定理，通过建立空间直角坐标系，利用空间向量解决二面角问题的方法，能求空间点的坐标，平面法向量的概念及求法，非零向量垂直的充要条件，二面角平面角的定义，以及向量夹角余弦的坐标公式．