Question

10．已知在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形且∠ADC=120°，E，F(xiàn)分別是AD，PB的中點且PD=AD
（1）求證：EF∥平面PCD；
（2）若∠PDA=60°，求證：EF⊥BC；
（3）若PD⊥平面ABCD，求二面角A=PB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）利用線面平行的判定定理即可證明EF∥平面PCD；
（2）若∠PDA=60°，利用線面垂直的性質(zhì)定理即可證明EF⊥BC；
（3）若PD⊥平面ABCD，建立空間坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法即可求二面角A=PB-C的余弦值．

解答 （1）證明：取PC的中點G，連接FG，
∵E，F(xiàn)分別是AD，PB的中點，
∴FG為△PBC的中位線，
則FG∥BC，F(xiàn)G=$\frac{1}{2}$BC，DE=$\frac{1}{2}$BC，
則DE∥FG，且DE=FG，
則四邊形DFGD為平行四邊形，
則EF∥DG，
∵EF?平面PCD，DG?平面PCD
∴EF∥平面PCD；
（2）若∠PDA=60°，
∵PD=AD，
∴△PAD是等腰三角形，
則PE⊥AD，
∵底面ABCD為菱形且∠ADC=120°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴AE⊥BE，
∵PE∩BE=E，
∴AE⊥平面PBE，
∵BC∥AE，
∴BC⊥平面PBE，
∵EF?平面PBE
∴EF⊥BC；
（3）連接AC，BD交于O，連接OF，
則AC⊥BD，OF∥PD
若PD⊥平面ABCD，
則OF⊥平面ABCD，
建立以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OB，OF為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
設(shè)PD=AD=2，則OB=1，OA=OC=$\sqrt{3}$，OF=1，
則A（$\sqrt{3}$，0，0），C（-$\sqrt{3}$，0，0），B（0，1，0），P（0，0，2），
則$\overrightarrow{PB}$=（0，1，-2），$\overrightarrow{AB}$=（-$\sqrt{3}$，1，0），$\overrightarrow{BC}$=（-$\sqrt{3}$，-1，0），
設(shè)$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）為面APB的一個法向量，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{3}x+y=0}\\{y-2z=0}\end{array}\right.$，
令z=1，則y=2，x=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，
則$\overrightarrow{m}$=（$\frac{2}{\sqrt{3}}$，2，1），
設(shè)平面PBC的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{y-2z=0}\\{-\sqrt{3}x-y=0}\end{array}\right.$，
令z=1，則y=2，x=-$\frac{2}{\sqrt{3}}$，
即$\overrightarrow{n}$=（-$\frac{2}{\sqrt{3}}$，2，1），
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{-\frac{2}{\sqrt{3}}×\frac{2}{\sqrt{3}}+2×2+1×1}{\sqrt{（\frac{2}{\sqrt{3}}）^{2}+{2}^{2}+{1}^{2}}•\sqrt{（-\frac{2}{\sqrt{3}}）^{2}+{2}^{2}+{1}^{2}}}$=$\frac{11}{19}$，
∵二面角A-PB-C是鈍二面角，
則面角A-PB-C的余弦值是-$\frac{11}{19}$．

點評 本題綜合考查空間直線平行和垂直的判斷以及空間角的計算，涉及二面角的平面角，利用向量法是解決空間角常用的方法，考查的知識面較廣，難度中等．