Question

13．如圖，已知四邊形ABCD是矩形，AB=2BC=2，三角形PAB是正三角形，且平面ABCD⊥平面PCD．
（Ⅰ）若O是CD的中點(diǎn)，證明：BO⊥PA；
（Ⅱ）求平面PAB與平面PAD夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一、連接OA、OP，由題意可得BO⊥AO．再由平面PCD⊥平面ABCD，AD⊥PD，同理BC⊥PC．由線面垂直的判定可得PO⊥平面ABCD，進(jìn)一步得到BO⊥PO．由線面垂直的判定得BO⊥平面PAO，從而得到BO⊥PA．
證法二、由題意題干求解直角三角形得PC=PD，取AB的中點(diǎn)Q，連接OP、OQ，則OP、OC、OQ兩兩互相垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)C、OP、OQ為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．得到所用點(diǎn)的坐標(biāo)，進(jìn)一步得到$\overrightarrow{BO}、\overrightarrow{PA}$的坐標(biāo)，由數(shù)量積為0可得BO⊥PA；
（Ⅱ）分別求出平面PAB與平面PAD的法向量，由法向量夾角的余弦值求得平面PAB與平面PAD夾角的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：法一、連接OA、OP，
∵四邊形ABCD是矩形，且AB=2BC，O是CD的中點(diǎn)，

∴BO⊥AO．①
又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，AD?平面ABCD，AD⊥CD，
∴AD⊥平面PCD．
而PD?平面PCD，∴AD⊥PD，同理BC⊥PC．
在Rt△ADP和Rt△BCP中，AD=BC，PA=PB，
∴PC=PD，
∴PO⊥CD，又PO?平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD，而BO?平面ABCD，
∴BO⊥PO． ②
由①②及AO∩PO=O，AO、PO?平面PAO，得
BO⊥平面PAO，又PA?平面PAO，
∴BO⊥PA．
證法二、∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
AD?平面ABCD，AD⊥CD，∴AD⊥平面PCD．
而PD?平面PCD，∴AD⊥PD，同理BC⊥PC．
在Rt△ADP和Rt△BCP中，AD=BC，PA=PB，
∴PC=PD，
取AB的中點(diǎn)Q，連接OP、OQ，則OP、OC、OQ兩兩互相垂直，
以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)C、OP、OQ為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系．
∵AB=2BC=2，
∴A（-1，0，1），B（1，0，1），
又△PAB是正三角形，△PCD是等腰三角形，

OP=$\sqrt{P{D^2}-O{D^2}}=\sqrt{2}$，∴P（0，$\sqrt{2}$，0），
從而，$\overrightarrow{BO}=（-1，0，-1）$，$\overrightarrow{PA}=（-1，-\sqrt{2}，1）$，
∴$\overrightarrow{BO}•\overrightarrow{PA}=-1×（-1）+0×（-\sqrt{2}）+（-1）×1=0$，
∴$\overrightarrow{BO}⊥\overrightarrow{PA}$，即BO⊥PA；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知：$\overrightarrow{PA}=（-1，-\sqrt{2}，1）$，$\overrightarrow{AB}=（2，0，0）$，
設(shè)平面BPA的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{n_1}=0}\\{\overrightarrow{PB}•\overrightarrow{n_1}=0}\end{array}}\right.⇒\left\{{\begin{array}{l}{-{x_1}-\sqrt{2}{y_1}+{z_1}=0}\\{2{x_1}=0}\end{array}}\right.$，取y₁=1，得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}=0}\\{{y_1}=1}\\{{z_1}=\sqrt{2}}\end{array}}\right.$，
∴平面BPA的一個法向量為$\overrightarrow{n_1}=（0，1，\sqrt{2}）$．
又$\overrightarrow{PA}=（-1，-\sqrt{2}，1）$，$\overrightarrow{DA}=（0，0，1）$，
設(shè)平面DPA的一個法向量為$\overrightarrow{n_2}=（{x_2}，{y_2}，{z_2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{{n}_{2}}=0}\\{\overrightarrow{DA}•\overrightarrow{{n}_{2}}=0}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}{-{x}_{2}-\sqrt{2}{y}_{2}+{z}_{2}=0}\\{{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取y₂=1，得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=-\sqrt{2}}\\{{y}_{2}=1}\\{{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，
∴平面DPA的一個法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（-\sqrt{2}，1，0）$，
cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}||\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{0×（-\sqrt{2}）+1×1+\sqrt{2}×0}{\sqrt{{0}^{2}+{1}^{2}+（\sqrt{2}）^{2}}×\sqrt{（-\sqrt{2}）^{2}+{1}^{2}+{0}^{2}}}=\frac{1}{3}$．
故二平面PAB與平面PAD夾角的余弦值為$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的性質(zhì)，考查了二面角的平面角的求法，訓(xùn)練了利用空間向量求二面角的平面角的大小，是中檔題．