Question

15．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為 3 的菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=3，F(xiàn) 是棱 PA上的一個動點，E為PD的中點．
（Ⅰ）若 AF=1，求證：CE∥平面 BDF；
（Ⅱ）若 AF=2，求平面 BDF 與平面 PCD所成的銳二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取PF中點G，連接EG，CG．連接AC交BD于O，連接FO．由三角形中位線定理可得FO∥GC，GE∥FD．然后利用平面與平面平行的判定得到面GEC∥面FOD，進一步得到CE∥面BDF；
（Ⅱ）由底面ABCD是邊長為 3 的菱形，可得AC⊥BD，設(shè)交點為O，以O(shè)為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，求出所用點的坐標，再求出平面 BDF 與平面 PCD的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值求得平面 BDF 與平面 PCD所成的銳二面角的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：如圖所示，取PF中點G，連接EG，CG．
連接AC交BD于O，連接FO．
由題可得F為AG中點，O為AC中點，
∴FO∥GC；
又G為PF中點，E為PD中點，
∴GE∥FD．
又GE∩GC=G，GE、GC?面GEC，
FO∩FD=F，F(xiàn)O，F(xiàn)D?面FOD．
∴面GEC∥面FOD．
∵CE?面GEC，
∴CE∥面BDF；
（Ⅱ）解：∵底面ABCD是邊長為 3 的菱形，
∴AC⊥BD，設(shè)交點為O，以O(shè)為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，
則B（0，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，0），D（0，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，0），P（-$\frac{3}{2}$，0，3），C（$\frac{3}{2}$，0，0），F(xiàn)（$-\frac{3}{2}$，0，2）．
則$\overrightarrow{BD}=（0，3\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{DF}=（-\frac{3}{2}，-\frac{3\sqrt{3}}{2}，2）$，$\overrightarrow{CD}=（-\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}，0）$，$\overrightarrow{DP}=（-\frac{3}{2}，-\frac{3\sqrt{3}}{2}，3）$．
設(shè)平面BDF的一個法向量為$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=3\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=-\frac{3}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}y+2z=0}\end{array}\right.$，取z=3，得$\overrightarrow{m}=（4，0，3）$．
設(shè)平面PCD的一個法向量為$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=-\frac{3}{2}x+\frac{3\sqrt{3}}{2}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=-\frac{3}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}y+3z=0}\end{array}\right.$，取y=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}=（3，\sqrt{3}，3）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{21}{5×\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{5}$．
∴平面 BDF 與平面 PCD所成的銳二面角的余弦值為$\frac{\sqrt{21}}{5}$．

點評 本題考查直線與平面平行的判定，考查利用空間向量求二面角的平面角，是中檔題．