Question

13．如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，AB∥CD，PA=PD=AD=1，DC=2AB=4AD，∠ADC=120°，E為PC的中點(diǎn)．
（1）求證：直線BE∥平面PAD；
（2）求二面角P-BD-E的大�。�

Answer 1

分析 （1）取CD中點(diǎn)F，連結(jié)EF、BF，推導(dǎo)出平面PAD∥平面BEF，由此能證明直線BE∥平面PAD．
（2）取AD中點(diǎn)O，AB中點(diǎn)G，以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OG為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角P-BD-E的大�。�

解答 證明：（1）取CD中點(diǎn)F，連結(jié)EF、BF，
∵DC=2AB=4AD，E為PC的中點(diǎn)，∴EF∥PD，AB$\underset{∥}{=}$DF，
∴四邊形ABFD是平行四邊形，∴BF∥AD，
∵PD∩AD=D，EF∩BF=F，AD、PD?平面PAD，EF、BF?平面BEF，
∴平面PAD∥平面BEF，
∵BE?平面BEF，∴直線BE∥平面PAD．
解：（2）取AD中點(diǎn)O，AB中點(diǎn)G，連結(jié)PO、AG，
∵平面PAD⊥底面ABCD，PA=PD=AD=1，DC=2AB=4AD，
∴PO⊥AD，∵平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PO⊥平面ABCD，
∵AB∥CD，∠ADC=120°，∴∠BAD=60°，
∴BD=$\sqrt{1+4-2×1×2×cos60°}$=$\sqrt{3}$，
∴AD²+BD²=AB²，∴AD⊥BD，∴AO⊥OG，
以O(shè)為原點(diǎn)，OA為x軸，OG為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
P（0，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，D（-$\frac{1}{2}$，0，0），B（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}$，0），C（-2，2$\sqrt{3}$，0），E（-1，$\sqrt{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{4}$），
$\overrightarrow{DB}$=（0，$\sqrt{3}$，0），$\overrightarrow{DP}$=（$\frac{1}{2}$，0，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），$\overrightarrow{DE}$=（-$\frac{1}{2}$，$\sqrt{3}，\frac{\sqrt{3}}{4}$），
設(shè)平面BDP的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DB}=\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=\frac{1}{2}x+\frac{\sqrt{3}}{2}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{3}$，0，-1），
設(shè)平面BDE的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=\sqrt{3}b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DE}=-\frac{1}{2}a+\sqrt{3}b+\frac{\sqrt{3}}{4}c=0}\end{array}\right.$，取a=3，得$\overrightarrow{m}$=（3，0，2$\sqrt{3}$），
設(shè)二面角P-BD-E的平面角為θ，
則cosθ=$\frac{|\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{21}•\sqrt{4}}$=$\frac{\sqrt{7}}{14}$，
$θ=arccos\frac{\sqrt{7}}{14}$．
∴二面角P-BD-E的大小為arccos$\frac{\sqrt{7}}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查線面平行的證明，考查二面角的大小的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．