Question

9．如圖1，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，將△ACD沿矩形的對(duì)角線AC翻折，得到如圖2所示的幾何體D-ABC，使得BD=$\sqrt{3}$．
（1）求證：AD⊥BC；
（2）若在CD上存在點(diǎn)P，使得V_P-ABC=$\frac{1}{2}$V_D-ABC，求二面角P-AB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)勾股定理可得AD⊥BD，利用線面垂直的判定定理即得結(jié)論；
（2）過(guò)D作DQ⊥AB交AB于Q點(diǎn)，則能以Q為原點(diǎn)，以QB、QD所在直線分別為x、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則所求值為平面PAB的法向量與平面ABC的一個(gè)法向量的夾角的余弦值．

解答 （1）證明：∵在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，BD=$\sqrt{3}$，
∴AD=2，AB²=AD²+BD²，
∴AD⊥BD，
又∵AD⊥CD，∴AD⊥平面BCD，
∴AD⊥BC；
（2）解：由（1）知AD⊥BC，又AB⊥BC，
∴BC⊥平面ABD，
過(guò)D作DQ⊥AB交AB于Q點(diǎn)，則DQ⊥平面ABC，
以Q為原點(diǎn)，以QB、QD所在直線分別為x、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，
則DQ=$\frac{AD×BD}{AB}$=$\frac{1×\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，BQ=$\sqrt{B{D}^{2}-D{Q}^{2}}$=$\sqrt{3-（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
∴Q（0，0，0），B（$\frac{1}{2}$，0，0），C（$\frac{1}{2}$，1，0），D（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∵V_P-ABC=$\frac{1}{2}$V_D-ABC，
∴P為CD的中點(diǎn)，∴P（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
∴$\overrightarrow{QB}$=（$\frac{1}{2}$，0，0），$\overrightarrow{BP}$=（-$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
設(shè)平面PAB的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QB}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}=0}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}x=0}\\{-x+2y+\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
取y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\overrightarrow{m}$=（0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，1），
而$\overrightarrow{QD}$=（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）是平面ABC的一個(gè)法向量，
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{QD}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{QD}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{QD}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}+1}•\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{3}}}$=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$，
∴所求二面角P-AB-C的余弦值為$\frac{2\sqrt{7}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面垂直的判定，二面角的計(jì)算，考查空間想象能力、計(jì)算能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．