Question

9．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD為等腰梯形，E為PD中點，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AC⊥BD，AD=2BC=4．
（1）證明：平面EBD⊥平面PAC；
（2）若直線PD與平面PAC所成的角為30°，求二面角A-BE-P的余弦值．

Answer 1

分析 （1）推導出PA⊥BD，AC⊥BD，從而BD⊥平面PAC，由此能證明平面EBD⊥平面PAC．
（2）設AC和BD相交于點O，連接PO，則∠DPO是直線PD與平面PAC所成的角，從而∠DPO=30°，以O為原點，分別以OB，OC為x，y軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A-BE-P的余弦值．

解答 證明：（1）因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
所以PA⊥BD，…（1分）
又因為AC⊥BD，PA∩AC=A，
所以BD⊥平面PAC，…（3分）
而BD?平面EBD，
所以平面EBD⊥平面PAC…（4分）
解：（2）設AC和BD相交于點O，連接PO，
由（1）知，BD⊥平面PAC，
所以∠DPO是直線PD與平面PAC所成的角，從而∠DPO=30°，
在Rt△POD中，由∠DPO=30°，得PD=2OD，
因為四邊形ABCD為等腰梯形，AC⊥BD，
所以△AOD，△BOC均為等腰直角三角形，所以$OB=\sqrt{2}，OA=2\sqrt{2}$，
所以$PD=2OD=4\sqrt{2}，PA=\sqrt{P{D^2}-A{D^2}}=4$，…（7分）
以O為原點，分別以OB，OC為x，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則$A（{0，-2\sqrt{2}，0}），B（{\sqrt{2}，0，0}），C（{0，\sqrt{2}，0}），D（{-2\sqrt{2}，0，0}），P（{0，-2\sqrt{2}，4}），E（{-\sqrt{2}，-\sqrt{2}，2}）$…（8分）
所以$\overrightarrow{BA}$=（-$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{BE}$=（-2$\sqrt{2}$，-$\sqrt{2}$，2），
$\overrightarrow{BP}$=（-$\sqrt{2}$，-2$\sqrt{2}$，4），$\overrightarrow{DB}$=（3$\sqrt{2}$，0，0），
設平面ABE的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=（x₁，y₁，z₁），
由$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BA}$=0，$\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BE}$，得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+2{y_1}=0}\\{2{x_1}+{y_1}-\sqrt{2}{z_1}=0}\end{array}}\right.$，
令x₁=2，得$\overrightarrow{m}$=（2，-1，$\frac{3\sqrt{2}}{2}$），…（9分）
設平面BDP的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（x₂，y₂，z₂），
由$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{DB}$=0，$\overrightarrow{n}$•$\overrightarrow{BP}$=0，得$\left\{{\begin{array}{l}{3\sqrt{2}{x_2}=0}\\{{x_2}+2{y_2}-2\sqrt{2}{z_2}=0}\end{array}}\right.$，
令${y_2}=\sqrt{2}$，得$\overrightarrow{n}$=（0，$\sqrt{2}$，1），
所以cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{0-\sqrt{2}+\frac{3}{2}\sqrt{2}}{\sqrt{3}×\sqrt{\frac{19}{2}}}$=$\frac{\sqrt{57}}{57}$，…（11分）
因為二面角A-BE-P的平面角為銳角，
所以二面角A-BE-P的余弦值為$\frac{\sqrt{57}}{57}$．…（12分）

點評 本題考查面面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意向量法的合理運用．