Question

7．已知四棱錐P-ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，且PD=PC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$CD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC，∠BCD=$\frac{2π}{3}$，△ABD是等邊三角形，AC∩BD=E．
（1）證明：PC⊥平面PAD；
（2）求二面角P-AB-C的余弦值．

Answer 1

分析 （1）證明AD⊥PC．PD⊥PC即可．
（2）解法一：如圖，取CD的中點H，連接PH．則在等腰Rt△PDC中，PH⊥DC．又因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以PH⊥平面ABCD．過點D作PH的平行線l，以D為坐標(biāo)原點O，以直線DA、DC、l分別作為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．求出平面PAB的法向量、平面ABCD，即可；
解法二：，取CD的中點H，連接PH，連接HE并延長，交AB于F，連接PF． 可證∠PFH為二面角P-AB-C的平面角．在Rt△PHF中求解角即可；

解答 解：（1）在△BCD中，∠BCD=120°，CD=BC，所以∠BDC=∠CBD=30°，
又△ABD是等邊三角形，所以∠ADB=60°，所以∠ADC=∠ADB+∠BDC=90°，即AD⊥DC，
又因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以AD⊥平面PCD，故AD⊥PC．在△PCD中，$PD=PC=\frac{{\sqrt{2}}}{2}CD$，
所以PD⊥PC．
又因為AD∩PD=D，所以PC⊥平面PAD…（6分）
（2）解法一：如圖，取CD的中點H，連接PH．則在等腰Rt△PDC中，PH⊥DC．又因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，所以PH⊥平面ABCD．過點D作PH的平行線l，則l⊥平面ABCD．
由（1）知AD⊥DC，故以D為坐標(biāo)原點O，以直線DA、DC、l分別作為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)DC=2，則在Rt△PDC中，$PD=PC=\sqrt{2}$，PH=1．
又在△BCD中，CD=BC，∠BCD=120°，
所以BD²=CD²+CB²-2CD•CBcos∠BCD=2²+2²-2×2×2×cos120°=12，故$BD=2\sqrt{3}$．
又因為△ABD是等邊三角形，所以$AD=2\sqrt{3}$．
所以P（0，1，1），$A（2\sqrt{3}，0，0）$，C（0，2，0），$B（2\sqrt{3}cos{60°}，2\sqrt{3}cos{30°}，0）$，即$B（\sqrt{3}，3，0）$．
所以$\overrightarrow{AP}=（-2\sqrt{3}，1，1）$，$\overrightarrow{AB}=（-\sqrt{3}，3，0）$，$\overrightarrow{HP}=（0，0，1）$．
設(shè)平面PAB的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，則由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{AP}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{AB}=0\end{array}\right.$，
得$\left\{\begin{array}{l}-2\sqrt{3}x+y+z=0\\-\sqrt{3}x+3y=0\end{array}\right.$．                                                                                                                 
令$x=\sqrt{3}$，得y=1，z=5．故$\overrightarrow n=（\sqrt{3}，1，5）$為平面PAB的一個法向量．
因為PH⊥平面ABCD，故$\overrightarrow{HP}=（0，0，1）$為平面ABCD的一個法向量．
故$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{HP}＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{HP}}}{{|\overrightarrow n|×|\overrightarrow{HP}|}}=\frac{{\sqrt{3}×0+1×0+5×1}}{{\sqrt{{{（\sqrt{3}）}^2}+{1^2}+{5^2}}×1}}=\frac{5}{{\sqrt{29}}}=\frac{{5\sqrt{29}}}{29}$．
設(shè)二面角P-AB-C為θ，則由圖可知$θ∈（0，\frac{π}{2}）$，
所以$cosθ=cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{HP}＞=\frac{{5\sqrt{29}}}{29}$…（12分）
解法二：，取CD的中點H，連接PH，連接HE并延長，交AB于F，
連接PF．則在等腰Rt△PDC中，PH⊥DC．
又因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以PH⊥平面ABCD．
設(shè)DC=2，則在Rt△PDC中，$PD=PC=\sqrt{2}$，PH=1．
又在△BCD中，CD=BC，∠BCD=120°，
所以BD²=CD²+CB²-2CD•CBcos∠BCD=2²+2²-2×2×2×cos120°=12，故$BD=2\sqrt{3}$．△BCD中，DE=EB，DH=HC，所以EH∥BC，且$EH=\frac{1}{2}BC=1$．
故∠HED=∠CBD=30°，又∠BEF=∠HED，且∠DBA=60°，
所以∠DBA+∠BEF=90°，故EF⊥AB．
又因為PH⊥平面ABCD，由三垂線定理可得PF⊥AB，
所以∠PFH為二面角P-AB-C的平面角．
在Rt△BEF中，$BE=\frac{1}{2}BD=\sqrt{3}$，所以$EF=BEsin∠DBA=\sqrt{3}×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{3}{2}$．
故$HF=HE+EF=\frac{5}{2}$．所以在Rt△PHF中，$PF=\sqrt{P{H^2}+H{F^2}}=\sqrt{{1^2}+{{（\frac{5}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{29}}}{2}$，
故$cos∠PFH=\frac{HF}{PF}=\frac{{\frac{5}{2}}}{{\frac{{\sqrt{29}}}{2}}}=\frac{{5\sqrt{29}}}{29}$
．∴二面角P-AB-C的余弦值為$\frac{{5\sqrt{29}}}{29}$…（12分）

點評 本題考查了空間線面垂直，即空間二面角的求法．屬于中檔題