Question

17．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AC⊥BD于點O，E為線段PB上的點，且BD⊥AE．
（1）求證：PD∥平面AEC；
（2）若BC∥AD，BC=$\sqrt{2}$，AD=2$\sqrt{2}$，PD=3且AB=CD．求PC與平面PAB所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）AC⊥BD，BD⊥AE，利用線面垂直的判定定理可得：BD⊥平面AEC，可得BD⊥EO．利用平面線面平行的判定定理可得，再利用線面平行的判定定理即可得出．
（2）如圖所示，建立空間直角坐標系．設(shè)平面PAB的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），可得$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$，利用PC與平面PAB所成角的正弦值=|cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{PC}＞$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PC}|}$，即可得出．

解答 （1）證明：∵AC⊥BD，BD⊥AE，AC∩AE=A．
∴BD⊥平面AEC，可得BD⊥EO．
∵PD⊥平面ABCD，
∴PD⊥BD，
又PD，BD，EO在同一個平面內(nèi)，
∴PD∥EO，
又PD?平面AEC，EO?平面AEC．
∴PD∥平面AEC．
（2）解：如圖所示，建立空間直角坐標系．
D（0，0，0），A（0，-2$\sqrt{2}$，0），C（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
B（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，0），P（0，0，3）．
$\overrightarrow{PA}$=（0，-2$\sqrt{2}$，-3），$\overrightarrow{AB}$=$（\frac{3\sqrt{2}}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$，$\overrightarrow{PC}$=$（\frac{3\sqrt{2}}{2}，-\frac{\sqrt{2}}{2}，-3）$，
設(shè)平面PAB的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PA}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{-2\sqrt{2}y-3z=0}\\{\frac{3\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0}\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}$=（1，-3，2$\sqrt{2}$）．
∴PC與平面PAB所成角的正弦值=|cos$＜\overrightarrow{n}，\overrightarrow{PC}＞$|=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PC}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PC}|}$
=$\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{（\frac{3\sqrt{2}}{2}）^{2}+（-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}+（-3）^{2}}•\sqrt{{1}^{2}+（-3）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{14}}{14}$．

點評 本題考查了線面平行與垂直的判定性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用、向量夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．