Question

10．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=PD=2，PA=2$\sqrt{2}$，∠PDC=120°，點E為線段PC的中點，點F在線段AB上．
（Ⅰ）若AF=$\frac{1}{2}$，求證：CD⊥EF；
（Ⅱ）設平面DEF與平面DPA所成二面角的平面角為θ，試確定點F的位置，使得cosθ=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）過E作EH⊥CD于H，連結(jié)FH，推導出四邊形AFHD是矩形，由此能證明CD⊥EF．
（Ⅱ）過D作DG⊥DC交PC于點G，以D為原點，以DA，DC，DG所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz，利用向量法能求出當$AF=\frac{4}{3}$時，滿足$cosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$．

解答 證明：（Ⅰ）在△PCD中，PD=CD=2，
∵E為PC的中點，∴DE平分∠PDC，∠PDE=60°，
∴在Rt△PDE中，DE=PD•cos60°=1，…（2分）
過E作EH⊥CD于H，則$DH=\frac{1}{2}$，連結(jié)FH，
∵$AF=\frac{1}{2}$，∴四邊形AFHD是矩形，…（4分）
∴CD⊥FH，又CD⊥EH，F(xiàn)H∩EH=H，∴CD⊥平面EFH，
又EF?平面EFH，∴CD⊥EF．   …（5分）
解：（Ⅱ）∵AD=PD=2，$PA=2\sqrt{2}$，∴AD⊥PD，又AD⊥DC，
∴AD⊥平面PCD，
又AD?平面ABCD，∴平面PCD⊥平面ABCD．  …（6分）
過D作DG⊥DC交PC于點G，則由平面PCD⊥平面ABCD知，DG⊥平面ABCD，
故DA，DC，DG兩兩垂直，以D為原點，以DA，DC，DG所在直線分別為x，y，z軸，
建立如圖所示空間直角坐標系O-xyz，…（7分）
則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），$P（0，-1，\sqrt{3}）$，
又知E為PC的中點，E$（0，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，設F（2，t，0），
則$\overrightarrow{DE}=（0，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$\overrightarrow{DF}=（2，t，0）$，$h'（x）=\frac{1}{2}lnx$，$\overrightarrow{DA}=（2，0，0）$．…（8分）
設平面DEF的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₁，y₁，z₁），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2}{y_1}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}{z_1}=0\\ 2{x_1}+t{y_1}=0\end{array}\right.$，
取z₁=-2，得平面DEF的一個法向量$n=（-\sqrt{3}t\;，\;2\sqrt{3}\;，\;-2）$，…（9分）
設平面ADP的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₂，y₂，z₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DA}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}-{y_2}+\sqrt{3}{z_2}=0\\ 2{x_2}=0\end{array}\right.$，
取z₂=1，得$m=（0，\sqrt{3}，1）$． …（10分）
∴$cosθ=|{cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞}|=\frac{{|{6-2}|}}{{2•\sqrt{3{t^2}+12+4}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，解得$t=\frac{4}{3}$，
∴當$AF=\frac{4}{3}$時，滿足$cosθ=\frac{{\sqrt{3}}}{4}$． …（12分）

點評 本題考查異面直線垂直的證明，考查滿足角的余弦值的點是否存在的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．