Question

7．如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面是梯形，且AB∥CD，AB⊥平面PAD，E是PB中點，CD=PD=AD=$\frac{1}{2}$AB．
（Ⅰ）求證：CE⊥平面PAB；
（Ⅱ）若CE=$\sqrt{3}$，AB=4，求直線CE與平面PDC所成角的大小．

Answer 1

分析 （I）取AP的中點F，連結(jié)DF，EF，由四邊形CDFE是平行四邊形可轉(zhuǎn)而證明DF⊥平面PAB；
（II）設(shè)點O，G分別為AD，BC的中點，連結(jié)OG，OP，則可證OA，OG，OP兩兩垂直，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，求出$\overrightarrow{CE}$和 平面PDC的法向量$\overrightarrow{n}$，于是直線CE與平面PDC所成角的正弦值等于|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{EC}$＞|．

解答 證明：（Ⅰ）取AP的中點F，連結(jié)DF，EF．
∵PD=AD，∴DF⊥AP．
∵AB⊥平面PAD，DF?平面PAD，
∴AB⊥DF．
又∵AP?平面PAB，AB?平面PAB，AP∩AB=A，
∴DF⊥平面PAB．
∵E是PB的中點，F(xiàn)是PA的中點，
∴EF∥AB，EF=$\frac{1}{2}$AB．
又AB∥CD，CD=$\frac{1}{2}$AB，
∴EF∥CD，EF=CD，
∴四邊形EFDC為平行四邊形，
∴CE∥DF，
∴CE⊥平面PAB．
（Ⅱ）解：設(shè)點O，G分別為AD，BC的中點，連結(jié)OG，則OG∥AB，
∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，
∴AB⊥AD，∴OG⊥AD．
∵BC=$\sqrt{3}$，由（Ⅰ）知，DF=$\sqrt{3}$，
又AB=4，∴AD=2，
∴AP=2AF=2$\sqrt{A{D}^{2}-D{F}^{2}}$=2，
∴△APD為正三角形，∴PO⊥AD，
∵AB⊥平面PAD，PO?平面PAD，
∴AB⊥PO．
又AD?平面ABCD，AB?平面ABCD，AD∩AB=A，
∴PO⊥平面ABCD．
以點O為原點，分別以O(shè)A，OG，OP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖所示．
則P（0，0，$\sqrt{3}$），C（-1，2，0），D（-1，0，0），E（$\frac{1}{2}$，2，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
∴$\overrightarrow{PD}$=（-1，0，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{PC}$=（-1，2，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{EC}$=（-$\frac{3}{2}$，0，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面PDC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\\{-x+2y-\sqrt{3}z=0}\end{array}\right.$，
取z=1，則$\overrightarrow{n}$=（-$\sqrt{3}$，0，1），
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{EC}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{EC}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{EC}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{2•\sqrt{3}}$=$\frac{1}{2}$
設(shè)EC與平面PDC所成的角為α，
則sinα=cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{EC}$＞=$\frac{1}{2}$，
∵α∈[0，$\frac{π}{2}$]，∴α=$\frac{π}{6}$，
∴EC與平面PDC所成角的大小為$\frac{π}{6}$．

點評 本題考查了線面垂直的判定，空間向量的應(yīng)用與線面角的計算，屬于中檔題．