Question

16．在四棱錐P-ABCD中，∠ABC=$\frac{π}{2}$，∠BAC=∠CAD=$\frac{π}{3}$，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點，PA=2AB=2，CD=2$\sqrt{3}$．
（1）若F為PC的中點，求證：平面PAC⊥平面AEF；
（2）求平面EAC與平面DAC夾角的大�。�

Answer 1

分析 （1）以A為原點，以平面ABCD中過點A作AD的垂線為x軸，以AD為y軸，以AP為z軸，建立空間直角坐標系，由平面PAC的法向量和平面AEF的法向量的數(shù)量積為0，能證明平面PAC⊥平面AEF．
（2）分別求出平面EAC的法向量和平面DAC的法向量，由此利用向量法能求出平面EAC與平面DAC夾角的大�。�

解答 （1）證明：以A為原點，以平面ABCD中過點A作AD的垂線為x軸，以AD為y軸，以AP為z軸，
建立空間直角坐標系，
由已知得A（0，0，0），P（0，0，2），C（$\sqrt{3}$，1，0），
∵cos60°=$\frac{4+A{D}^{2}-12}{2×2×AD}$，解得AD=4或AD=-2（舍），
∴D（0，4，0），E（0，2，1），F(xiàn)（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
$\overrightarrow{AP}$=（0，0，2），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}，1$，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1$），
設平面PAC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AP}=2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，0），
設平面AEF的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=2b+c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，1，-2），
∵$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}$=$\sqrt{3}-\sqrt{3}+0=0$，
∴平面PAC⊥平面AEF．
（2）解：$\overrightarrow{AE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}$，1，0），
設平面EAC的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AE}=2{y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}{x}_{1}+{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{p}$=（1，-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$），
平面DAC的法向量$\overrightarrow{q}$=（0，0，1），
設平面EAC與平面DAC夾角的平面角為θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{p}，\overrightarrow{q}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{q}}{|\overrightarrow{p}|•|\overrightarrow{q}|}$|=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+3+12}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴θ=$\frac{π}{6}$．
∴平面EAC與平面DAC夾角的大小為$\frac{π}{6}$．

點評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的夾角的大小的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．