Question

3．如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，点E在BC上，BC=2AB=2AD=4BE．
（1）求证：平面PED⊥平面PAC；
（2）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）法一：取AD中点F，连接BF，推导出BF⊥AC，ED⊥AC，从而PA⊥ED，进而ED⊥平面PAC，由此能证明平面PED⊥平面PAC．
法二：建立空间直角坐标系A-xyz，利用向量法能证明平面PED⊥平面PAC．
（2）求出平面PAC的一个法向量和$\overrightarrow{PE}=（2\;，\;1\;，\;-λ）$，由直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$求出P（0，0，2），由此利用向量法能求出二面角A-PC-D的平面角的余弦值．

解答 （本小题（12分），（1）小问（6分），（2）小问6分）
证明：（1）证法一：取AD中点F，连接BF，则FD∥BE且FD=BE，
∴四边形FBED是平行四边形，∴FB∥ED
∵直角△BAF和直角△CBA中，$\frac{BA}{AF}=\frac{CB}{BA}=2$
∴直角△BAF～直角△CBA，由题意知BF⊥AC，
∴ED⊥AC，…（2分）
∵PA⊥平面ABCD，ED?平面ABCD，∴PA⊥ED，…（4分）
∵PA∩AC=A，∴ED⊥平面PAC，
∴平面PED⊥平面PAC…（6分）
证法二：∵PA⊥平面ABCD
又∵AB⊥AD，故可如图建立空间直角坐标系A-xyz，
设BE=1，则D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）…（2分）
∴$\overrightarrow{AC}=（2\;，\;4\;，\;0）$，$\overrightarrow{AP}=（0\;，\;0\;，\;λ）$，$\overrightarrow{DE}=（2\;，\;-1\;，\;0）$
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AC}=\;0$，$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{AP}=\;0$，∴ED⊥AC，ED⊥AP，
∵PA∩AC=AED⊥平面PAC，…（4分）
∴平面PED⊥平面PAC．…（6分）
解：（2）由（1），平面PAC的一个法向量是$\overrightarrow{DE}=（2\;，\;-1\;，\;0）$，
$\overrightarrow{PE}=（2\;，\;1\;，\;-λ）$
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
∴$sinθ=|cos＜\overrightarrow{PE}，\overrightarrow{DE}＞|=\frac{3}{{\sqrt{5}\sqrt{5+{λ^2}}}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，
∴λ=2，即P（0，0，2）…（8分）
设平面PCD的一个法向量为$\overrightarrow n=（x\;，\;y\;，\;z）$，$\overrightarrow{DC}=（2\;，\;2\;，\;0）$，$\overrightarrow{DP}=（0\;，\;-2\;，\;2）$
由$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow n⊥\overrightarrow{DP}$，∴$\left\{\begin{array}{l}2x+2y=0\\-2y+2z=0\end{array}\right.$，令x=1，则$\overrightarrow n=（1\;，\;-1\;，\;-1）$…（10分）
∴$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{DE}＞=\frac{3}{{\sqrt{3}\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$，
由图形知二面角A-PC-D的平面角是锐角，
∴二面角A-PC-D的平面角的余弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$…（12分）

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的平面角的求法，是中档题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想、数形结合思想．