Question

9．如圖，四棱錐P-ABCD，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，PA=$\sqrt{3}$，PD=1，AD=2，PH⊥AD交AD于H．
（1）若PA，PC的中點(diǎn)分別為M，N，求證：MN⊥PH．
（2）求二面角A-PB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）由已知得PH⊥平面ABCD，由此能證明MN⊥PH．
（2）以H為原點(diǎn)，HA為x軸，在平面ABCD內(nèi)過(guò)H作AD的垂線為y軸，HP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角A-PB-C的余弦值．

解答 （1）證明：∵底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，
PA=$\sqrt{3}$，PD=1，AD=2，PH⊥AD交AD于H，
∴PH⊥平面ABCD，∵AC?平面ABCD，∴PH⊥AC，
∵PA，PC的中點(diǎn)分別為M，N，∴MN∥AC，
∴MN⊥PH．
（2）∵底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，
PA=$\sqrt{3}$，PD=1，AD=2，PH⊥AD交AD于H，
∴AD²=PA²+PD²，
∴PH=$\frac{PA×PD}{AD}$=$\frac{\sqrt{3}×1}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，AH=$\sqrt{3-\frac{3}{4}}$=$\frac{3}{2}$，DH=2-$\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$，
以H為原點(diǎn)，HA為x軸，在平面ABCD內(nèi)過(guò)H作AD的垂線為y軸，HP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則A（$\frac{3}{2}$，0，0），P（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），B（$\frac{3}{2}$，2，0），C（-$\frac{1}{2}$，2，0），
$\overrightarrow{PA}$=（$\frac{3}{2}，0，-\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{PB}$=（$\frac{3}{2}，2，-\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{PC}$=（-$\frac{1}{2}$，2，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面PAB的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PA}=\frac{3}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PB}=\frac{3}{2}x+2y-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，0，$\sqrt{3}$），
設(shè)平面PBC的法向量$\overrightarrow{n}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}=\frac{3}{2}a+2b-\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}=-\frac{1}{2}a+2b-\frac{\sqrt{3}}{2}c=0}\end{array}\right.$，取b=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{3}$，4），
設(shè)二面角A-PB-C的平面角為θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{4\sqrt{3}}{2\sqrt{19}}$|=$\frac{2\sqrt{57}}{19}$，
∴二面角A-PB-C的余弦值為$\frac{2\sqrt{57}}{19}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．