Question

15．如圖，四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2CD=2，側(cè)面APD為等腰直角三角形，∠APD=90°，平面PAD⊥平面ABCD，E為棱PC上的一點(diǎn)．
（1）求證：PA⊥DE；
（2）在棱PC上是否存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BD-A的余弦值為-$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，若存在，請求出$\frac{EC}{PC}$的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 幾何法：
（1）推導(dǎo)出CD⊥平面PAD，從而PA⊥CD，進(jìn)而PA⊥平面PCD，由此能證明PA⊥DE．
（2）取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO，設(shè)CO與BD交于點(diǎn)F．推導(dǎo)出CD⊥平面ABCD，從而∠EFO是二面角E-BD-A的平面角，由此能求出棱PC上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BD-A的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．
向量法：
（1）取AD的中點(diǎn)O，連接PO，OB，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能證明PA⊥DE．
（2）求出平面BDA的一個法向量和平面BDE的法向量，利用向量法能求出棱PC上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BD-A的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．

解答 （本小題滿分12分）
幾何法：
證明：（1）∵平面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩底面ABCD=AD，CD⊥AD
∴CD⊥平面PAD（面面垂直的性質(zhì)定理），
∴PA⊥CD（線面垂直的定義），
又∵PA⊥PD，CD∩PD=D，
∴PA⊥平面PCD（線面垂直的判定定理）
∴PA⊥DE（線面垂直的定義）．
解：（2）如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO，設(shè)CO與BD交于點(diǎn)F．
等腰直角三角形PAD中，PO⊥AD，
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，
∴CD⊥平面ABCD（面面垂直的性質(zhì)定理）．
∴PO⊥CO，PO⊥BD（線面垂直的定義）
由題意知四邊形BCDO是正方形，CO⊥BD，∴BD⊥平面POC（線面垂直的判定定理），
∴BD⊥EF（線面垂直的定義），∴∠EFO是二面角E-BD-A的平面角，
∴$cos∠EFO=-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，∴$cos∠EFC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
由題意知PO=1，$CO=\sqrt{2}$，∴$PC=\sqrt{P{O^2}+C{O^2}}=\sqrt{3}$
注意到直角△POC中，$sin∠PCO=\frac{PO}{PC}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}=cos∠EFC$，
∴∠EFC+∠ECF=90°，即EF⊥CE，
∴$cos∠ECF=\frac{EC}{CF}=\frac{CO}{PC}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，∴$EC=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，即$λ=\frac{1}{3}$．
故棱PC上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BD-A的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．
向量法：
證明：（1）取AD的中點(diǎn)O，連接PO，OB
∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，
∴CD⊥平面ABCD（面面垂直的性質(zhì)定理），
由題意知四邊形BCDO是正方形，OA⊥OB
∴可如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則P（0，0，1），C（-1，1，0），A（1，0，0），D=（-1，0，0），
$\overrightarrow{PC}=（-1，1，-1）$，$\overrightarrow{PA}=（1，0，-1）$，$\overrightarrow{DP}=（1，0，1）$，
∵E為棱PC上的一點(diǎn)，∴可設(shè)$\overrightarrow{EC}=λ\overrightarrow{PC}（{0＜λ＜1}）$．
∴$\overrightarrow{PE}=（1-λ）\overrightarrow{PC}=（λ-1，1-λ，λ-1）$
∴$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DP}+\overrightarrow{PE}=（λ，1-λ，λ）$，
∴$\overrightarrow{DE}•\overrightarrow{PA}=λ-λ=0$，即PA⊥DE．
解：（2）平面BDA的一個法向量為$\overrightarrow n=（0，0，1）$，
設(shè)平面BDE的法向量為$\overrightarrow m=（{x_0}，{y_0}，{z_0}）$，
由（1）$\overrightarrow{DE}=（λ，1-λ，λ）$，$\overrightarrow{DB}=（1，1，0）$
∴$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m⊥\overrightarrow{DE}\\ \overrightarrow m⊥\overrightarrow{DB}\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{DE}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{DB}=0\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}λ{(lán)x_0}+（1-λ）{y_0}+λ{(lán)z_0}=0\\{x_0}+{y_0}=0\end{array}\right.$，
令x₀=1，則y₀=-1，${z_0}=\frac{1-2λ}{λ}（λ≠0）$，
即面BDE的一個法向量$\overrightarrow m=（1，-1，\frac{1-2λ}{λ}）$，
∴$|cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow m＞|=|{\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{|\overrightarrow n||\overrightarrow m|}}|=|{\frac{{\frac{1-2λ}{λ}}}{{1×\sqrt{{1^2}+{{（-1）}^2}+{{（\frac{1-2λ}{λ}）}^2}}}}}|=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
整理得3λ²-4λ+1=0，解得$λ=\frac{1}{3}$或λ=1．
∵λ∈（0，1），∴$λ=\frac{1}{3}$．
故棱PC上存在一點(diǎn)E，使得二面角E-BD-A的余弦值為$-\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，并且$\frac{EC}{PC}=\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查線線垂直的證明，考查滿足條件的點(diǎn)是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．