Question

4．如圖1，2，E是正方形ABCD的AB邊的中點(diǎn)，將△AED與△BEC分別沿ED、EC折起，使得點(diǎn)A與點(diǎn)B重合，記為點(diǎn)P，得到三棱錐P-CDE．
（Ⅰ）求證：平面PED⊥平面PCD；
（Ⅱ）求二面角P-CE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由PE⊥PD，PE⊥PC．得PE⊥平面PCD，即可得平面PED⊥平面PCD．
（Ⅱ）設(shè)正方形ABCD的邊長為2，取DC中點(diǎn)F，連接PF，EF，過點(diǎn)P作PO⊥EF于點(diǎn)O，
易證CD⊥PO，PE⊥PF，由EF=2PE=2，得∠PFE=30°且$PF=\sqrt{3}$，$OF=\frac{3}{2}$，$PO=PEsin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
以F為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則$P（0，\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，C（1，0，0），E（0，2，0），利用向量法求解$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{EC}=x-2y=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{EP}=\frac{-y}{2}+\frac{{\sqrt{3}z}}{2}=0\end{array}\right.$

解答 解：（Ⅰ）證明：∵∠A=∠B=90°，∴PE⊥PD，PE⊥PC．
∵PD交PC于點(diǎn)P，PC，PD在平面PCD內(nèi)，∴PE⊥平面PCD，
∵PE在平面PED內(nèi)，∴平面PED⊥平面PCD．
（Ⅱ）設(shè)正方形ABCD的邊長為2，取DC中點(diǎn)F，連接PF，EF，過點(diǎn)P作PO⊥EF于點(diǎn)O，
易證CD⊥平面PEF，所以CD⊥PO，
又CD∩EF=F，所以PO⊥平面CDE，
∵PE⊥平面PCD，PF在平面PCD內(nèi)，∴PE⊥PF，
∵EF=2PE=2，
∴∠PFE=30°且$PF=\sqrt{3}$，$OF=\frac{3}{2}$，$PO=PEsin60°=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
以F為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則$P（0，\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，C（1，0，0），E（0，2，0），
所以$\overrightarrow{EC}=（1，-2，0）$，$\overrightarrow{EP}=（0，-\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
設(shè)平面PCE的法向量為$\overrightarrow m=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{EC}=x-2y=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{EP}=\frac{-y}{2}+\frac{{\sqrt{3}z}}{2}=0\end{array}\right.$
令z=1，得$\overrightarrow m=（2\sqrt{3}，\sqrt{3}，1）$，
又平面CDE的一個法向量為$\overrightarrow n=（0，0，1）$，
記二面角P-CE-D的平面角為α，
則$cosα=\frac{{2\sqrt{3}×0+\sqrt{3}×0+1×1}}{{1×\sqrt{{{（2\sqrt{3}）}^2}+{{（\sqrt{3}）}^2}+{1^2}}}}=\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了空間面面垂直，向量法求二面角，屬于中檔題．