Question

15．如图，四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2CD=2，侧面APD为等腰直角三角形，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD，E为棱PC上的一点．
（1）求证：PA⊥DE；
（2）在棱PC上是否存在一点E，使得二面角E-BD-A的余弦值为-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，若存在，请求出$\frac{EC}{PC}$的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 几何法：
（1）推导出CD⊥平面PAD，从而PA⊥CD，进而PA⊥平面PCD，由此能证明PA⊥DE．
（2）取AD的中点O，连接PO，CO，设CO与BD交于点F．推导出CD⊥平面ABCD，从而∠EFO是二面角E-BD-A的平面角，由此能求出棱PC上存在一点E，使得二面角E-BD-A的余弦值为$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．
向量法：
（1）取AD的中点O，连接PO，OB，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明PA⊥DE．
（2）求出平面BDA的一个法向量和平面BDE的法向量，利用向量法能求出棱PC上存在一点E，使得二面角E-BD-A的余弦值为$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．

解答 （本小题满分12分）
几何法：
证明：（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊥AD
∴CD⊥平面PAD（面面垂直的性质定理），
∴PA⊥CD（线面垂直的定义），
又∵PA⊥PD，CD∩PD=D，
∴PA⊥平面PCD（线面垂直的判定定理）
∴PA⊥DE（线面垂直的定义）．
解：（2）如图，取AD的中点O，连接PO，CO，设CO与BD交于点F．
等腰直角三角形PAD中，PO⊥AD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，
∴CD⊥平面ABCD（面面垂直的性质定理）．
∴PO⊥CO，PO⊥BD（线面垂直的定义）
由题意知四边形BCDO是正方形，CO⊥BD，∴BD⊥平面POC（线面垂直的判定定理），
∴BD⊥EF（线面垂直的定义），∴∠EFO是二面角E-BD-A的平面角，
∴$cos∠EFO=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，∴$cos∠EFC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
由题意知PO=1，$CO=\sqrt{2}$，∴$PC=\sqrt{P{O^2}+C{O^2}}=\sqrt{3}$
注意到直角△POC中，$sin∠PCO=\frac{PO}{PC}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}=cos∠EFC$，
∴∠EFC+∠ECF=90°，即EF⊥CE，
∴$cos∠ECF=\frac{EC}{CF}=\frac{CO}{PC}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，∴$EC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，即$λ=\frac{1}{3}$．
故棱PC上存在一点E，使得二面角E-BD-A的余弦值为$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．
向量法：
证明：（1）取AD的中点O，连接PO，OB
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，
∴CD⊥平面ABCD（面面垂直的性质定理），
由题意知四边形BCDO是正方形，OA⊥OB
∴可如图建立空间直角坐标系，
则P（0，0，1），C（-1，1，0），A（1，0，0），D=（-1，0，0），
$\overrightarrow{PC}=（-1，1，-1）$，$\overrightarrow{PA}=（1，0，-1）$，$\overrightarrow{DP}=（1，0，1）$，
∵E为棱PC上的一点，∴可设$\overrightarrow{EC}=λ\overrightarrow{PC}（{0＜λ＜1}）$．
∴$\overrightarrow{PE}=（1-λ）\overrightarrow{PC}=（λ-1，1-λ，λ-1）$
∴$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DP}+\overrightarrow{PE}=（λ，1-λ，λ）$，
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{PA}=λ-λ=0$，即PA⊥DE．
解：（2）平面BDA的一个法向量为$\overrightarrow n=（0，0，1）$，
设平面BDE的法向量为$\overrightarrow m=（{x_0}，{y_0}，{z_0}）$，
由（1）$\overrightarrow{DE}=（λ，1-λ，λ）$，$\overrightarrow{DB}=（1，1，0）$
∴$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m⊥\overrightarrow{DE}\\ \overrightarrow m⊥\overrightarrow{DB}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}λ{x_0}+（1-λ）{y_0}+λ{z_0}=0\\{x_0}+{y_0}=0\end{array}\right.$，
令x₀=1，则y₀=-1，${z_0}=\frac{1-2λ}{λ}（λ≠0）$，
即面BDE的一个法向量$\overrightarrow m=（1，-1，\frac{1-2λ}{λ}）$，
∴$|cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow m＞|=|{\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{|\overrightarrow n||\overrightarrow m|}}|=|{\frac{{\frac{1-2λ}{λ}}}{{1×\sqrt{{1^2}+{{（-1）}^2}+{{（\frac{1-2λ}{λ}）}^2}}}}}|=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
整理得3λ²-4λ+1=0，解得$λ=\frac{1}{3}$或λ=1．
∵λ∈（0，1），∴$λ=\frac{1}{3}$．
故棱PC上存在一点E，使得二面角E-BD-A的余弦值为$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．

点评 本题考查线线垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．