Question

9．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，且PA⊥面ABCD．
（1）求證：PC⊥BD；
（2）過直線BD且垂直于直線PC的平面交PC于點E，且三棱錐E-BCD的體積取到最大值，
①求此時PA的長度；
②求此時二面角A-DE-B的余弦值的大小．

Answer 1

分析 （1）連接AC，推導(dǎo)出BD⊥AC，BD⊥PA，由此能證明BD⊥PC．
（2）①設(shè)PA=h，推導(dǎo)出E（λ，λ，h-hλ），PC⊥BE，設(shè)E（x，y，z），由$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{BE}$=0，得$λ=\frac{{{h^2}+1}}{{{h^2}+2}}$，由此能求出體積取到最大值時，PA的長度．
②以A為坐標(biāo)原點，AB、AD、AP所在直線為軸建系，利用向量法能求出二面角A-DE-B的余弦值．

解答 證明：（1）連接AC，
∵在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的正方形，且PA⊥面ABCD，
∴BD⊥AC，BD⊥PA，∴BD⊥平面PAC，
∴BD⊥PC…（4分）
（2）①設(shè)PA=h，∵E在PC上，∴設(shè)$\overrightarrow{PE}=λ\overrightarrow{PC}$，代入，得E（λ，λ，h-hλ），…（5分）
∵PC⊥面BDE，∴PC⊥BE，
設(shè)E（x，y，z），則$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{BE}$=0，
代入，得$λ=\frac{{{h^2}+1}}{{{h^2}+2}}$，…（6分）
∴${V_{E-BCD}}=\frac{1}{3}{S_{△BCD}}•{z_E}=\frac{1}{6}•\frac{h}{{{h^2}+2}}=\frac{1}{6}•\frac{1}{{h+\frac{2}{h}}}$…（7分）
所以體積取到最大值時，$PA=h=\sqrt{2}$…（8分）
②以A為坐標(biāo)原點，AB、AD、AP所在直線為軸建系，
則A（0，0，0），D（0，1，0），B（1，0，0），E（$\frac{3}{4}，\frac{3}{4}，\frac{{\sqrt{2}}}{4}$），…（9分）
$\overrightarrow{AD}$=（0，1，0），$\overrightarrow{AE}$=（$\frac{3}{4}，\frac{3}{4}，\frac{\sqrt{2}}{4}$），$\overrightarrow{BD}$=（-1，1，0），$\overrightarrow{BE}$=（-$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{4}，\frac{\sqrt{2}}{4}$），
設(shè)面ADE的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AD}=y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}x+\frac{3}{4}y+\frac{\sqrt{2}}{4}z=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{2}，0，-3$），
設(shè)面BDE的法向量為$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=-a+b=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}=-\frac{1}{4}a+\frac{3}{4}y+\frac{\sqrt{2}}{4}z=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{m}$=（1，1，-$\sqrt{2}$），…（11分）
∴$cos＜\vec m，\vec n＞=\frac{\vec m•\vec n}{|\vec m|•|\vec n|}=\frac{{2\sqrt{22}}}{11}$，
∴二面角A-DE-B的余弦值為$\frac{2\sqrt{22}}{11}$．…（12分）

點評 本題考查異面直線垂直的證明，考查體積最大時線段長的求法，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運用．