分析 (Ⅰ)取AC中點(diǎn)O,AP中點(diǎn)D,連結(jié)OP、OB、OD、BD,推導(dǎo)出PO⊥AC,BO⊥AC,OD∥PC,從而平面BDO⊥平面PAC,PC∥平面BDO,由此能求出結(jié)果.
(Ⅱ)以O(shè)為原點(diǎn),OB為x軸,OC為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,利用向量法能求出平面BDO與平面PBC所成二面角的平面角的正切值.
解答 解:(Ⅰ)取AC中點(diǎn)O,AP中點(diǎn)D,連結(jié)OP、OB、OD、BD,
∵在三棱錐P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,且△PAC是等邊三角形,AC=2,AB⊥BC,且AB=BC.
∴PO⊥AC,BO⊥AC,OD∥PC,
∵平面ABC∩平面PAC=AC,∴PO⊥平面ABC,BO⊥平面PAC,
∵BO?平面BDO,∴平面BDO⊥平面PAC,
∵OD?平面BDO,PC?平面BDO,
∴PC∥平面BDO,
∵過(guò)點(diǎn)B的平面α與直線(xiàn)PC平行,且與平面PAC垂直,
∴平面BDO即為平面α,
∵α與AC交于點(diǎn)O,與PA交于點(diǎn)D,
∴O是AC中點(diǎn),D是AP中點(diǎn).
(Ⅱ)∵PO⊥平面ABC,∴∠PBO是直線(xiàn)PB與平面ABC所成的角,
∵直線(xiàn)PB與平面ABC所成的角等于$\frac{π}{3}$,∴∠PBO=$\frac{π}{3}$,
∵△PAC是等邊三角形,AC=2,AB⊥BC,且AB=BC,
∴PO=$\sqrt{3}$,AO=CO=BO=1,
以O(shè)為原點(diǎn),OB為x軸,OC為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,
則O(0,0,0),B(1,0,0),D(0,-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$),C(0,1,0),P(0,0,$\sqrt{3}$),
$\overrightarrow{OB}$=(1,0,0),$\overrightarrow{OD}$=(0,-$\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{2}$),$\overrightarrow{PB}$=(1,0,-$\sqrt{3}$),$\overrightarrow{PC}$=(0,1,-$\sqrt{3}$),
設(shè)平面BDO的法向量$\overrightarrow{m}$=(x,y,z),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{OB}=x=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{OD}=-\frac{1}{2}y+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$,取z=1,得$\overrightarrow{m}$=(0,$\sqrt{3}$,1),
設(shè)平面PBC的法向量$\overrightarrow{n}$=(a,b,c),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=a-\sqrt{3}c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}=b-\sqrt{3}c=0}\end{array}\right.$,取a=$\sqrt{3}$,得$\overrightarrow{n}$=($\sqrt{3},\sqrt{3}$,1),
設(shè)平面BDO與平面PBC所成二面角的平面角為θ,
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4}{\sqrt{4}•\sqrt{7}}$=$\frac{2}{\sqrt{7}}$,sinθ=$\sqrt{1-\frac{4}{7}}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$,
tanθ=$\frac{sinθ}{cosθ}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴平面BDO與平面PBC所成二面角的平面角的正切值為$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的位置的確定,考查二面角的正切值的求法,是中檔題,解題時(shí)要認(rèn)真審題,注意向量法的合理運(yùn)用.
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