Question

14．已知四棱錐P-ABCD底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，且AD與BC平行，AD=2AB=2BC=2，△PAD是以P為直角頂點的等腰直角三角形，且二面角P-AD-C為直二面角．
（1）求證：PD⊥平面PAB；
（2）求平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）證明AB⊥PD，PD⊥PA，然后證明PD⊥平面PAB．
（Ⅱ）延長DC與AB交于點M，則由題意知，B，C分別為AM與DM的中點，且平面PCD∩平面PAB=PM，由（Ⅰ）知PD⊥平面PAB，且PD?平面PDM，所以平面PDM⊥平面PAB，過A作PM的垂線AN，則AN⊥平面PMD，過點N作NQ⊥PC交PC于Q，連接AQ，則PC⊥平面ANQ，說明∠AQN為平面PAC與平面PCD所成銳二面角的平面角．過點P作PO⊥AD交AD于O點，則O為AD的中點，連接OC，在Rt△ANQ中，求解即可．
方法二：（Ⅰ）過點P作PO⊥AD交AD于O點，則O為AD的中點，連接OC，以O(shè)為原點，$\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OD}，\overrightarrow{OP}$的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，求出相關(guān)點的坐標，平面ABP的法向量，平面PCD的法向量，通過向量的數(shù)量積求解平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）由AB⊥AD，且P-AD-C為直二面角，
所以AB⊥平面PAD，又PD?平面PAD，
所以AB⊥PD，而PD⊥PA，
因此PD與平面PAB內(nèi)的兩條相交直線垂直，
從而PD⊥平面PAB．
解：（Ⅱ）延長DC與AB交于點M，則由題意知，B，C分別為AM與DM的中點，且平面PCD∩平面PAB=PM，由（1）知PD⊥平面PAB，且PD?平面PDM，所以平面PDM⊥平面PAB，過A作PM的垂線AN，則AN⊥平面PMD，過點N作NQ⊥PC交PC于Q，連接AQ，則PC⊥平面ANQ，
所以∠AQN為平面PAC與平面PCD所成銳二面角的平面角．由（Ⅰ）知PAM為直角三角形，從而由$PA=\sqrt{2}，AM=2$得$PM=\sqrt{6}$，所以在直角三角形PAM中，$AN=\frac{2}{3}\sqrt{3}$，且$PN=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，過點P作PO⊥AD交AD于O點，則O為AD的中點，連接OC，則OC=1，由P-AD-C為直二面角知PO⊥
平面ABCD，因為BC與AO平行且相等，所以O(shè)C與AB平行且相等，即PO=OC=1，所以$PC=\sqrt{2}$，
又$MC=CD=\sqrt{2}$，$PM=\sqrt{6}$，因此可得∠MPC=30°，所以在Rt△PNQ中，$NQ=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$，因此在Rt△ANQ
中，$tan∠AQN=\frac{AN}{NQ}=2\sqrt{2}$，即$cos∠AQN=\frac{1}{3}$，所以平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值為$\frac{1}{3}$．
方法二：
證明：（Ⅰ）過點P作PO⊥AD交AD于O點，則O為AD的中點，
連接OC，則OC=1，由P-AD-C為直二面角知PO⊥平面ABCD，因為BC與AO平行且相等，
所以O(shè)C與AB平行且相等，
即PO=OC=1，所以，以O(shè)為原點，$\overrightarrow{OC}，\overrightarrow{OD}，\overrightarrow{OP}$的方向分別為x
軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系O-xyz，
由AD=2AB=2BC=2可得A（0，-1，0），B（1，-1，0），C（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），
所以$\overrightarrow{AB}=（1，0，0），\overrightarrow{AP}=（0，1，1）$，$\overrightarrow{PD}=（0，1，-1）$，因此$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{PD}=0$，$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{PD}=0$，
由于AB，AP為平面ABP內(nèi)的兩相交直線，
所以PD⊥平面PAB．$\overrightarrow{CP}=（-1，0，1），\overrightarrow{CD}=（-1，1，0）$，設(shè)平面ABP的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，則x=0，y+z=0，所以可取$\overrightarrow{n_1}=（0，-1，1）$，設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（a，b，c）$，則-a+c=0，-a+b=0，所以可取$\overrightarrow{n_2}=（1，1，1）$，
由$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}=0$得平面PAB⊥平面PCD．
解：（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，$\overrightarrow{CP}=（-1，0，1），\overrightarrow{CD}=（-1，1，0）$，
設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{n_1}=（a，b，c）$，則-a+c=0，-a+b=0，
所以可取$\overrightarrow{n_1}=（1，1，1）$，又由（1）知$\overrightarrow{AC}=（1，1，0），\overrightarrow{AP}=（0，1，1）$，
設(shè)平面PAC的法向量為$\overrightarrow{n_2}=（x，y，z）$，則x+y=0，y+z=0，所以可取$\overrightarrow{n_2}=（1，-1，1）$，
設(shè)向量$\overrightarrow{n_1}$與$\overrightarrow{n_2}$的夾角為α，則由$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}=|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|•cosα$得$1=\sqrt{3}•\sqrt{3}cosα$，所以$cosα=\frac{1}{3}$，
即平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值為$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用，幾何法與向量法求解二面角的方法，考查空間想象能力以及計算能力．