Question

6．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且PD=AD=$\frac{1}{2}$AB，E为PC的中点．
（1）过点A作一条射线AG，使得AG∥BD，求证：平面PAG∥平面BDE；
（2）求二面角D-BE-C得余弦值的绝对值．

Answer 1

分析 （1）由题意画出图形，连接AC交BD于F，连接FE，由底面ABCD为矩形，得F为AC的中点，又E为PC的中点，利用三角形中位线定理可得EF∥PA，则PA∥平面BDE，再由AG∥BD，利用线面平行的判定可得AG∥平面BDE，结合面面平行的判定得平面PAG∥平面BDE；
（2）由PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设PD=AD=$\frac{1}{2}$AB=a，求出D，B，C，E的坐标，得到向量$\overrightarrow{DB}、\overrightarrow{DE}、\overrightarrow{CB}、\overrightarrow{CE}$的坐标，求出平面DBE与平面BCE的一个法向量，利用两个平面法向量所成角的余弦值得答案．

解答 （1）证明：如图，连接AC交BD于F，连接FE，
∵底面ABCD为矩形，∴F为AC的中点，又E为PC的中点，
∴EF∥PA，则PA∥平面BDE，
∵AG∥BD，BD?平面BDE，AG?平面PDE，
∴AG∥平面BDE，又PA∩AG=A，
∴平面PAG∥平面BDE；
（2）∵PD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴分别以DA、DC、DP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设PD=AD=$\frac{1}{2}$AB=a，
则D（0，0，0），B（a，2a，0），C（0，2a，0），E（0，a，$\frac{1}{2}a$），
∴$\overrightarrow{DB}=（a，2a，0）$，$\overrightarrow{DE}$=（0，a，$\frac{1}{2}a$），$\overrightarrow{CB}=（a，0，0）$，$\overrightarrow{CE}=（0，-a，\frac{1}{2}a）$．
设平面DBE的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=a{x}_{1}+2a{y}_{1}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=a{y}_{1}+\frac{1}{2}a{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取z₁=2，得$\overrightarrow{m}=（2，-1，2）$；
设平面BCE的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CB}=a{x}_{2}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CE}=-a{y}_{2}+\frac{1}{2}a{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取z₂=2，得$\overrightarrow{n}=（0，1，2）$．
∴二面角D-BE-C得余弦值的绝对值为|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{2×0-1×1+2×2}{3×\sqrt{5}}$|=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查平面与平面平行的判定，考查利用空间向量求二面角的平面角，考查计算能力，是中档题．