Question

2．如圖，已知AB是半徑為2的半球O的直徑，P，D為球面上的兩點且∠DAB=∠PAB=60°，$PD=\sqrt{6}$．
（1）求證：平面PAB⊥平面DAB；
（2）求二面角B-AP-D的余弦值．

Answer 1

分析 （1）在△PAB中，過P作PH⊥AB于點H，連HD．證明DH⊥AB，PH⊥HD．推出PH⊥平面ABD，然后證明平面PAB⊥平面ABD．
（2）由（1）可知HB，HD，HP兩兩垂直，故以H為原點，HB，HD，HP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，求出相關點的坐標求出平面APD的法向量，平面APB的法向量，利用空間向量的數量積求解二面角B-AP-D的余弦值即可．

解答 解：（1）證明：在△PAB中，過P作PH⊥AB于點H，連HD．
由Rt△APB≌Rt△ADB可知DH⊥AB，且$PH=DH=\sqrt{3}，AH=1$，
又 PH²+HD²=3+3=6=PD²，∴PH⊥HD．
又AB∩HD=H，∴PH⊥平面ABD，又PH?平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABD．
（2）由（1）可知HB，HD，HP兩兩垂直，
故以H為原點，HB，HD，HP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，如圖建立空間直角坐標系，可知$A（{-1，0，0}），B（{3，0，0}），D（{0，\sqrt{3}，0}），P（{0，0，\sqrt{3}}）$．

設平面APD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AP}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{（{x，y，z}）（{1，\sqrt{3}，0}）=0}\\{（{x，y，z}）（{1，0，\sqrt{3}}）=0}\end{array}}\right.$，
∴$\left\{{\begin{array}{l}{x+\sqrt{3}y=0}\\{x+\sqrt{3}z=0}\end{array}}\right.$，
令$x=-\sqrt{3}$，則得y=z=1，∴$m=（{-\sqrt{3}，1，1}）$，
又平面APB的法向量$\overrightarrow{n}$=（0，1，0），
∴cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
而二面角B-AP-D與m，n的夾角相等，
因此所求的二面角B-AP-D的余弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．

點評 本題考查二面角的平面角的求法，平面與平面垂直的判定定理的應用，考查空間想象能力以及邏輯推理能力計算能力．