Question

8．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD為菱形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2，∠BAD=60°，E為BC的中點．
（1）求證：ED⊥平面PAD；
（2）求平面PAD與平面PBC所成的銳二面角大小的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)BD，證明DE⊥BC，DE⊥AD，通過直線與平面垂直的判定定理證明DE⊥平面PAD．
（2）解法一：以D為原點，DA，DE，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．求出平面PAD的一個法向量，平面PBC的一個法向量，利用數(shù)量積求解平面PAD與平面PBC所成的銳二面角大小的余弦值．
（2）解法二在平面PAD上，過P作PF∥DA且PF=DA，連結(jié)BF，說明∠DPE就是平面PAD與平面PBC所成二面角的平面角．在Rt△PDE中求解即可．

解答 （本題滿分14分）本題共有2個小題，第1小題滿分（6分），第2小題滿分（8分）．
（1）連結(jié)BD，由已知得△ABD與△BCD都是正三角形，
所以，BD=2，DE⊥BC，…（1分）
因為AD∥BC，所以DE⊥AD，…（2分）
又PD⊥平面ABCD，所以PD⊥DE，…（4分）
因為AD∩PD=D，所以DE⊥平面PAD．…（6分）

（2）以D為原點，DA，DE，DP所在直線
分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系．
由（1）知平面PAD的一個法向量為$\overrightarrow{n_1}=（0\;，\;1\;，\;0）$，
又$B（1\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，$C（-1\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，P（0，0，2），$E（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;0）$，
所以$\overrightarrow{CB}=（2\;，\;0\;，\;0）$，$\overrightarrow{PE}=（0\;，\;\sqrt{3}\;，\;-2）$，…（2分）
設平面PBC的一個法向量為$\overrightarrow{n_2}=（x\;，\;y\;，\;z）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{CB}=0\;\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PE}=0\;\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=0\;\\ \sqrt{3}y-2z=0\;\end{array}\right.$
取y=2，則$z=\sqrt{3}$，故$\overrightarrow{n_2}=（0\;，\;2\;，\sqrt{3}）$，…（4分）
設$\overrightarrow{n_1}$與$\overrightarrow{n_2}$的夾角為θ，
則$cosθ=\frac{{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}}{{|{\overrightarrow{n_1}•|{\overrightarrow{n_2}}|}|}}=\frac{2}{{1×\sqrt{7}}}=\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（7分）
所以，平面PAD與平面PBC所成的銳二面角大小的余弦值為$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（8分）
（2）解法二：
在平面PAD上，過P作PF∥DA且PF=DA，連結(jié)BF，則四邊形PCBF是平行四邊形，即直線PF是平面PAD與平面PBC的交線．…（2分）
因為BC⊥DE，BC⊥PD，所以BC⊥平面PDE，故BC⊥PE，
所以PE⊥PF，又PD⊥PF，所以∠DPE就是平面PAD與平面PBC所成二面角的平面角．   …（5分）
在Rt△PDE中，$DE=\sqrt{3}$，$PE=\sqrt{P{D^2}+D{E^2}}=\sqrt{7}$，…（6分）$cos∠DPE=\frac{PD}{PE}=\frac{2}{{\sqrt{7}}}=\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．    …（7分）
所以，平面PAD與平面PBC所成的銳二面角大小的余弦值為$\frac{{2\sqrt{7}}}{7}$．…（8分）

點評 本題考查直線與平面垂直的判定定理的應用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計算能力．