Question

7．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=2，E是PC的中點(diǎn)．
（1）求證：PA∥平面EDB；
（2）求銳二面角C-PB-D的大�。�

Answer 1

分析 （1）解法一：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以$\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{DP}$所在的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz．求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．
法一，推出$\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{DB}-2\overrightarrow{DE}$．然后證明PA∥平面EDB．
法二：取BD的中點(diǎn)G，則G（1，1，0），利用$\overrightarrow{PA}=2$$\overrightarrow{EG}$，說明PA∥EG．證明PA∥平面EDB．
法三：求出平面EDB的一個(gè)法向量$\overrightarrow{n}$，證明$\overrightarrow{PA}⊥\overrightarrow{n}$，推出PA∥平面EDB．
解法二：連接AC，設(shè)AC∩BD=G．證明PA∥EG．然后證明PA∥平面EDB．
（2）解法一：由（1）中的解法一，求出平面CPB的一個(gè)法向量$\overrightarrow{m}$，證明AC⊥BD．PD⊥AC．推出AC⊥平面PDB．
求出平面PDB的一個(gè)法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解銳二面角C-PB-D的大�。�
解法二：過G作GF⊥PB于F，連接FC．說明∠GFC就是二面角C-PB-D的一個(gè)平面角通過求解三角形即可．

解答 （1）解法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以$\overrightarrow{DA}，\overrightarrow{DC}，\overrightarrow{DP}$所在的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz．
則A（2，0，0），P（0，0，2），D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，1，1）．…（2分）
法一：$\overrightarrow{PA}=（2，0，-2），\overrightarrow{DB}=（2，2，0），\overrightarrow{DE}=（0，1，1）$．
設(shè)$\overrightarrow{PA}=λ\overrightarrow{DB}+μ\overrightarrow{DE}$，即（2，0，-2）=λ（2，2，0）+μ（0，1，1）．
解得λ=1，μ=-2．
所以$\overrightarrow{PA}=\overrightarrow{DB}-2\overrightarrow{DE}$．
又PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB．…（4分）

法二：取BD的中點(diǎn)G，則G（1，1，0）.$\overrightarrow{PA}=（2，0，-2）$，$\overrightarrow{EG}=（1，0，-1）$．
所以$\overrightarrow{PA}=2$$\overrightarrow{EG}$，所以PA∥EG．
又PA?平面EDB，EG?平面EDB，
所以PA∥平面EDB．…（4分）

法三：$\overrightarrow{DB}=（2，2，0），\overrightarrow{DE}=（0，1，1）$．
設(shè)$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）為平面EDB的一個(gè)法向量，
則$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=0，\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0$，即2x+2y=0，y+z=0．
取y=-1，則x=z=1．于是$\overrightarrow{n}$=（1，-1，1）．
又$\overrightarrow{PA}=（2，0，-2）$，所以$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=1×2+（-1）×0+1×（-2）=0$．所以$\overrightarrow{PA}⊥\overrightarrow{n}$．
又PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB．…（4分）
解法二：連接AC，設(shè)AC∩BD=G．
因?yàn)锳BCD是正方形，所以G是線段AC的中點(diǎn)．
  又E是線段PC的中點(diǎn)，所以，EG是△PAC的中位線．
所以PA∥EG．…（2分）
又PA?平面EDB，EG?平面EDB，
所以PA∥平面EDB．…（4分）

（2）解法一：由（1）中的解法一，$\overrightarrow{PB}=（2，2，-2）$，$\overrightarrow{CB}=（2，0，0）$．
設(shè)$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁）為平面CPB的一個(gè)法向量，
則$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=2{x}_{1}+2{y}_{1}-2{z}_{1}=0$，$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CB}=2{x}_{1}=0$．
取y₁=1，則z₁=1．于是$\overrightarrow{m}$=（0，1，1）．…（7分）
因?yàn)锳BCD是正方形，所以AC⊥BD．
因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以PD⊥AC．
又PD∩BD=D，所以AC⊥平面PDB．
所以$\overrightarrow{AC}=（-2，2，0）$是平面PDB的一個(gè)法向量．…（10分）
所以$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{AC}＞=\frac{2}{\sqrt{2}×2\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$．…（11分）
所以，銳二面角C-PB-D的大小為60°．…（12分）

解法二：如圖，設(shè)AC∩BD=G．
在Rt△PDB中，過G作GF⊥PB于F，連接FC．…（5分）
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，
所以CA⊥BD，即CG⊥BD．…（6分）
因?yàn)閭?cè)棱PD⊥底面ABCD，CG?平面ABCD，
所以CG⊥PD．…（7分）
又CG⊥BD，PD∩BD=D，所以CG⊥平面PDB．
所以CG⊥PB．…（8分）
又PB⊥GF，CG∩GF=G，所以PB⊥平面CGF．
所以PB⊥FC．從而∠GFC就是二面角C-PB-D的一個(gè)平面角…（9分）
在Rt△PDB中，$FG=BG•sin∠GBF=BG•\frac{PD}{PB}=\sqrt{2}×\frac{2}{{\sqrt{{2^2}+{{（2\sqrt{2}）}^2}}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{3}}}$．…（11分）
在Rt△FGC中，$tan∠GFC=\frac{GC}{FG}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{3}}}}}=\sqrt{3}$．所以∠GFC=60°．
所以二面角C-PB-D的大小為60°．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法，直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，考查邏輯推理能力以及計(jì)算能力．