18.如圖,在四棱錐P-ABCD中,E是PC的中點,底面ABCD為矩形,AB=4,AD=2,PA=PD,且平面PAD⊥平面ABCD,平面ABE與棱PD交于點F,平面PCD與平面PAB交于直線l.
(1)求證:l∥EF;
(2)求PB與平面ABCD所成角的正弦值為$\frac{2\sqrt{21}}{21}$,求二面角P-AE-B的余弦值.

分析 (1)在平面PCD中,過E作EF∥CD,交PD于F,連結AF,F(xiàn)即為平面ABE與棱PD的交點,在平面PCD中,過P作PG$\underset{∥}{=}$DC,連結CG、BG,BG是平面PCD與平面PAB的交線l,由此利用平行公理能證明l∥EF.
(2)取AD中點O,連結OP,以O為原點,OA為x軸,在平面ABCD中,過O作AB的平行線為y軸,以OP為z軸,建立空間直角坐標系,利用向量法能求出二面角P-AE-B的余弦值.

解答 證明:(1)在平面PCD中,過E作EF∥CD,交PD于F,連結AF,
則F即為平面ABE與棱PD的交點,
在平面PCD中,過P作PG$\underset{∥}{=}$DC,連結CG、BG,
則BG是平面PCD與平面PAB的交線l.
∵EF∥CD,l∥CD,
∴l(xiāng)∥EF.
解:(2)取AD中點O,連結OP,
∵在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,AB=4,AD=2,PA=PD,且平面PAD⊥平面ABCD,
∴PO⊥底面ABCD,
以O為原點,OA為x軸,在平面ABCD中,過O作AB的平行線為y軸,以OP為z軸,建立空間直角坐標系,
B(1,4,0),設P(0,0,t),(t>0),則$\overrightarrow{BP}$=(-1,-4,t),
∵PB與平面ABCD所成角的正弦值為$\frac{2\sqrt{21}}{21}$,平面ABCD的法向量$\overrightarrow{n}$=(0,0,1),
∴|cos<$\overrightarrow{BP},\overrightarrow{n}$>|=$\frac{|\overrightarrow{BP}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{BP}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{t}{\sqrt{17+{t}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{21}$,解得t=2,
則P(0,0,2),C(-1,4,0),E(-$\frac{1}{2},2,1$),A(1,0,0),B(1,4,0),
$\overrightarrow{AE}$=(-$\frac{3}{2}$,2,1),$\overrightarrow{AP}$=(-1,0,2),$\overrightarrow{AB}$=(0,4,0),
設平面PAE的法向量$\overrightarrow{n}$=(x,y,z),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AP}=-x+2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=-\frac{3}{2}x+2y+z=0}\end{array}\right.$,取z=1,得$\overrightarrow{n}$=(2,1,1),
設平面ABE的法向量$\overrightarrow{m}$=(a,b,c),
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AB}=4b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=-\frac{3}{2}a+2b+c=0}\end{array}\right.$,取a=2,得$\overrightarrow{m}$=(2,0,3),
設二面角P-AE-B的平面角為θ,
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{4+3}{\sqrt{6}•\sqrt{13}}$=$\frac{7\sqrt{78}}{78}$.
∴二面角P-AE-B的余弦值為$\frac{7\sqrt{78}}{78}$.

點評 本題考查線線的證明,考查二面角的余弦值,考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識,考查推理論證能力、運算求解能力、空間想象能力,考查化歸與轉化思想、數(shù)形結合思想,是中檔題.

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