Question

19．如圖，四棱錐P-ABCD的底面是直角梯形，∠BAD=∠CDA=90°，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，AB=PD=1，PA=DC=2，AD=$\sqrt{3}$，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)．
（1）求證：AE⊥平面PBD；
（2）設(shè)F是棱PC上的點(diǎn)，$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PC}$（0＜λ＜1），若二面角F-DE-A的正切值為-1，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）建立空間坐標(biāo)系，利用向量法結(jié)合線面垂直的判定定理即可證明AE⊥平面PBD；
（2）求出平面的法向量，利用向量法求出二面角的平面角的余弦值，即可得到結(jié)論．

解答 證明：（1）∵AB=PD=1，PA=DC=2，AD=$\sqrt{3}$，
∴PA²=AD²+PD²，即PD⊥AD，
∵四棱錐P-ABCD的底面是直角梯形，∠BAD=∠CDA=90°，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，
∴PD⊥底面ABCD，
則PD⊥AE，
建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DP分別為x，y，z軸，
建立空間坐標(biāo)系如圖：
∵AB=PD=1，PA=DC=2，AD=$\sqrt{3}$，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)．
∴D（0，0，0），A（$\sqrt{3}$，0，0），B（$\sqrt{3}$，1，0），C（0，2，0），E（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），
P（0，0，2），
則$\overrightarrow{DB}$=（$\sqrt{3}$，1，0），$\overrightarrow{AE}$=（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），
則$\overrightarrow{DB}$•$\overrightarrow{AE}$=（$\sqrt{3}$，1，0）•（-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0）=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\sqrt{3}$$+\frac{3}{2}$=-$\frac{3}{2}$+$\frac{3}{2}$=0，
則$\overrightarrow{DB}$⊥$\overrightarrow{AE}$，
即AE⊥DB，
∵DB∩PD=D，
∴AE⊥平面PBD；
（2）$\overrightarrow{PC}$=（0，2，-2），
∵$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PC}$（0＜λ＜1），
∴$\overrightarrow{PF}$=λ（0，2，-2），（0＜λ＜1），
設(shè)F（0，y，z），
則$\overrightarrow{PF}$=（0，2λ，-2λ）=（0，y，z-2），
即$\left\{\begin{array}{l}{y=2λ}\\{z-2=-2λ}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{y=2λ}\\{z=2-2λ}\end{array}\right.$，即F（0，2λ，2-2λ），
則$\overrightarrow{DF}$=（0，2λ，2-2λ），$\overrightarrow{DE}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{3}{2}$，0），
設(shè)平面FDE的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z）
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{2λy+（2-2λ）z=0}\\{\frac{\sqrt{3}}{2}x+\frac{3}{2}y=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{λy+（1-λ）z=0}\\{x+\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
令y=1，則x=$-\sqrt{3}$，z=$\frac{λ}{λ-1}$，即$\overrightarrow{m}$=（$-\sqrt{3}$，1，$\frac{λ}{λ-1}$），
平面ADE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（0，0，1），
∵二面角F-DE-A的正切值為-1，
∴二面角F-DE-A的平面角為$\frac{3π}{4}$，
即|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=|cos$\frac{3π}{4}$|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即|$\frac{\frac{λ}{λ-1}}{\sqrt{3+1+（\frac{λ}{λ-1}）^{2}}}$|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
平方得：$\frac{（\frac{λ}{λ-1}）^{2}}{4+（\frac{λ}{λ-1}）^{2}}$=$\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，
即（$\frac{λ}{λ-1}$）²=4，
∵0＜λ＜1，
∴即$\frac{λ}{λ-1}$=-2，
解得λ=$\frac{2}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查線面垂直的判定以及二面角的應(yīng)用，建立坐標(biāo)系，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的運(yùn)算能力．