Question

1．如圖四棱錐P-ABCD底面是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，$BC=\sqrt{2}$，E是BC上的點，
（Ⅰ）試確定E點的位置使平面PED⊥平面PAC，并證明你的結(jié)論；
（Ⅱ）在條件（Ⅰ）下，求二面角B-PE-D的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明ED⊥AC即可．
（2）求出平面的法向量利用向量法即可求二面角B-PE-D的余弦值．

解答 證明：（Ⅰ）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥DE，
若平面PED⊥平面PAC，
則需要ED⊥平面PAC，
即ED⊥AC即可．
∵PA=AB=1，$BC=\sqrt{2}$，
∴P（0，0，1），D（0，$\sqrt{2}$，0），B（1，0，0），
C（1，$\sqrt{2}$，0），
設BE=a，則E（1，a，0），
則$\overrightarrow{AC}$=（1，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{ED}$=（-1，$\sqrt{2}$-a，0），
由$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{ED}$=（1，$\sqrt{2}$，0）•（-1，$\sqrt{2}$-a，0）=0，
得-1+$\sqrt{2}$（$\sqrt{2}$-a）=0，得a=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即E是BC的中點．
（2）在條件（Ⅰ）下，即E是BC的中點，則E（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
則$\overrightarrow{PE}$=（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-1），$\overrightarrow{BE}$=（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），$\overrightarrow{ED}$=（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0），
設平面BPE的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），平面PED的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PE}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BE}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x+\frac{\sqrt{2}}{2}y-z=0}\\{\frac{\sqrt{2}}{2}y=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{x-z=0}\\{y=0}\end{array}\right.$，令x=1，則z=1，即$\overrightarrow{n}$=（1，0，1），
則由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PE}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{ED}=0}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x+\frac{\sqrt{2}}{2}y-z=0}\\{-x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=0}\end{array}\right.$，令y=$\sqrt{2}$，則x=1，z=2即$\overrightarrow{m}$=（1，$\sqrt{2}$，2），
則cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1+2}{\sqrt{2}×\sqrt{1+2+4}}$=$\frac{3}{\sqrt{14}}$=$\frac{3\sqrt{14}}{14}$，
∵二面角B-PE-D是鈍二面角，
∴二面角B-PE-D的余弦值為-$\frac{3\sqrt{14}}{14}$．

點評 本題主要考查空間面面垂直的判斷以及空間二面角的求解，建立空間坐標系，求出平面的法向量，利用向量法是解決二面角常用的方法．