Question

在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是一直角梯，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，PA⊥底面ABCD，PD與底面成30°角．
（1）若AE⊥PD，E為垂足，求證：BE⊥PD；
（2）在（1）的條件下，求異面直線AE與CD所成角的余弦值；
（3）求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的正切值．

Answer 1

分析：解法一： （1）欲證直線與直線垂直，可用先證直線與平面垂直．∵BA⊥AD，BA⊥PA，∴BA⊥平面PAD．∴PD⊥BA．又∵PD⊥AE，∴PD⊥平面BAE，∴PD⊥BE． （2）求異面直線所成的角，可以做適當?shù)钠揭�，把異面直線轉(zhuǎn)化為相交直線，然后在相關(guān)的三角形中借助正弦或余弦定理解出所求的角．平移時主要是根據(jù)中位線和中點條件，或者是特殊的四邊形，三角形等．過點E作EM∥CD交PC于M，連接AM，則AE與ME所成角即為AE與CD所成角． （3）二面角的度量關(guān)鍵在于找出它的平面角，構(gòu)造平面角常用的方法就是三垂線法．延長AB與DC相交于G點，連PG，則面PAB與面PCD的交線為PG，易知CB⊥平面PAB，過B作BF⊥PG于F點，連CF，則CF⊥PG，∴∠CFB為二面角C-PG-A的平面角 解法二： 在含有直線與平面垂直垂直的條件的棱柱、棱錐、棱臺中，也可以建立空間直角坐標系，設(shè)定參量求解．這種解法的好處就是：1、解題過程中較少用到空間幾何中判定線線、面面、線面相對位置的有關(guān)定理，因為這些可以用向量方法來解決．2、即使立體感稍差一些的學生也可以順利解出，因為只需畫個草圖以建立坐標系和觀察有關(guān)點的位置即可．則A（0，0，0），B（a，0，0），E(0， 1 2 a， 3 2 a)，C（a，a，0），D（0，2a，0），P(0，0， 2 3 3 a) （1） BE =(-a， 1 2 a， 3 2 a)， PD =(0，2a，- 2 3 2 a)，∴BE⊥PD （2）由（1）知， AE =(0， 1 2 a， 3 2 a)， CD =（-a，a，0）設(shè) AE 與 CD 所成角為θ則cosθ= AE • CD | AE |•| CD | = 0×(-a)+ 1 2 a•a+ 3 2 a•0 02+( 1 2 a)2+( 3 2 a)2 • (-a)2+a2+02 = 2 4 （3）利用平面PAB與平面PCD的法向量所成的角，去求平面PAB與平面PCD所成的銳二面角的正切值．

解答：解法一：（1）∵∠BAD=90°，∴BA⊥AD ∵PA⊥底面ABCD，BA⊥PA．又∵PA∩AD=A，BA⊥PA．又∵PA∩AD=A， ∴BA⊥平面PAD． ∵PD?平面PAD． ∴PD⊥BA．又∵PD⊥AE，且BA∩AE=A， ∴PD⊥平面BAE ∴PD⊥BE，即BE⊥PD．（4分） （2）過點E作EM∥CD交PC于M，連接AM，則AE與ME所成角即為AE與CD所成角 ∵PA⊥底面ABCD，且PD與底面ABCD成30°角． ∴∠PDA=30°． ∴在Rt△PAD中，∠PAD=90°，∠PDA=30°，AD=2a ∴PA= 2 3 3 a，PD= 4 3 3 a． ∴AE= PA•AD PD = 2 3 3 a•2a 4 3 3 a =a． ∵PE= PA2 PD = ( 2 3 3 a)2 4 3 3 a = 3 3 a，CD= 2 a． ∴ME= CD•PE PD = 2 a• 3 3 a 4 3 3 a = 2 4 a． 連接AC ∵在△ACD中AD=2a，AC= 2 a，CD= 2 a， AD2=AC2+CD2 ∴∠ACD=90°，∴CD⊥AC，∴ME⊥AC 又∵PA⊥底面ABCD， ∴PA⊥CD，∴ME⊥PA． ∴ME⊥平面PAC．∵MA?平面PAC， ∵ME⊥AM． ∴在Rt△AME中，cos∠MEA= ME AE = 2 4 ． ∴異面直線AE與CD所成角的余弦值為 2 4 （9分） （3）延長AB與DC相交于G點，連PG，則面PAB 與面PCD的交線為PG，易知CB⊥平面PAB，過B作BF⊥PG于F點，連CF，則CF⊥PG， ∴∠CFB為二面角C-PG-A的平面角， ∵CB∥ 1 2 AD， ∴GB=AB=a，∠PDA=30°，PA= 2 3 3 a，AG=2a． ∴∠PGA=30°， ∴BF= 1 2 GB= a 2 ，tanBFC= a a 2 =2， ∴平面PAB與平面PCD所成的二面角的正切值為2．（14分） 解法二：（1）如圖建立空間直角坐標系， 則A（0，0，0），B（a，0，0），E(0， 1 2 a， 3 2 a)，C（a，a，0）， D（0，2a，0），P(0，0， 2 3 3 a) ∴ BE =(-a， 1 2 a， 3 2 a)， PD =(0，2a，- 2 3 2 a)， ∴ BE • PD =(-a)×0+ 1 2 a•2a+ 3 2 a•(- 2 3 2 )=0， ∴BE⊥PD（4分） （2）由（1）知， AE =(0， 1 2 a， 3 2 a)， CD =（-a，a，0）設(shè) AE 與 CD 所成角為θ 則cosθ= AE • CD | AE |•| CD | = 0×(-a)+ 1 2 a•a+ 3 2 a•0 02+( 1 2 a)2+( 3 2 a)2 • (-a)2+a2+02 = 2 4 ， ∴異面直線AE與CD所成角的余統(tǒng)值為 2 4 ．（9分） （3）易知，CB⊥AB，CB⊥PA， 則CB⊥平面PAB．，∴ BC 是平面PAB的法向量．∴ BC =（0，a，0）． 又設(shè)平面PCD的一個法向量為 m =(x，y，z)， 則 m ⊥PC， m ⊥CD．而 PC =(a，a，- 2 3 3 a)， CD =（-a，a，0）， ∴由 m • PC =0， m • CD =0． 得 ax+ay- 2 3 3 az=0 -ax+ay=0. ∴ x=y z= 3 y. 令y=1，，∴ m =(1，1， 3 ) 設(shè)向量 BC 與 m 所成角為θ， 則cosθ= BC • m | BC |•| m | = 0×1+a×1+0× 3