Question

20．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底要ABCD为平行四边形，∠DBA=30°，$\sqrt{3}$AB=2BD，PD=AD，PD⊥底面ABCD，E为PC上一点，且PE=$\frac{1}{2}$EC．
（1）证明：PA⊥BD；
（2）求二面角C-BE-D余弦值．

Answer 1

分析 （1）通过计算证明∠ADB=90°得到BD⊥AD，BD⊥PD，如何证明BD垂直平面PAD，如何退出结果．
（2）以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，设PD=1，求出相关点的坐标，求出平面DEB的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$，平面CBE的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$，设二面角C-BE-D的大小为θ，利用向量的数量积求解即可．

解答 （1）证明：在△ABC中，AD²=BA²+BD²-2BA•BD•cos∠DBA．
不妨设AB=2，则由已知$\sqrt{3}AB=2BD$，得$BD=\sqrt{3}$，
所以$A{D^2}={2^2}+{（{\sqrt{3}}）^2}-2×2×\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=1$，所以AD²+BD²=BA²，
所以∠ADB=90°，即BD⊥AD，又PD⊥底面ABCD，所以BD⊥PD
所以$\left.\begin{array}{l}BD⊥AD\\ BD⊥PD\\ AD∩PD=D\\ AD，PD?面PAD\end{array}\right\}⇒\left.\begin{array}{l}\begin{array}{l}{\;}\\{BD⊥面PAD}\end{array}\\ PA?面PAD\end{array}\right\}⇒PA⊥BD$．
（2）解：由（1）知PD⊥DA，PD⊥DB，以D为原点，如图所示建立空间直角坐标系D-xyz，设PD=1，
于是D（0，0，0），$B（0，\sqrt{3}，0）$，$C（-1，\sqrt{3}，0）$，P（0，0，1），
因为E为PC上一点，且$PE=\frac{1}{2}EC$，所以$\overrightarrow{PC}=（{-1，\sqrt{3}，-1}）$，所以$E（{-\frac{1}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{2}{3}}）$，
所以$\overrightarrow{DE}=（{-\frac{1}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{2}{3}}）$，$\overrightarrow{DB}=（{0，\sqrt{3}，0}）$，设平面DEB的法向量$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），
则$\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{3}{x_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{3}{y_1}+\frac{2}{2}{z_1}=0\\ \sqrt{3}{y_1}=0\end{array}\right.$，令z₁=1，则$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（2，0，1）
又$\overrightarrow{BC}=（{-1，0，0}）$，$\overrightarrow{BE}=（{-\frac{1}{3}，-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，\frac{2}{3}}）$，设平面CBE的法向量$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂）$\left\{\begin{array}{l}-{x_2}=0\\-\frac{1}{3}{x_2}-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}{y_2}+\frac{2}{3}{z_2}=0\end{array}\right.$，令y₂=1，则$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（0，1，$\sqrt{3}$），
设二面角C-BE-D的大小为θ，由图可知$\frac{π}{2}＜θ＜π$，
则$cosθ=-|\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}|$=$-\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{5}}$=-$\frac{\sqrt{15}}{10}$．

点评 本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判定定理以及性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．