14.已知四棱錐P-ABCD底面ABCD是直角梯形,AB⊥AD,且AD與BC平行,AD=2AB=2BC=2,△PAD是以P為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形,且二面角P-AD-C為直二面角.
(1)求證:PD⊥平面PAB;
(2)求平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值.

分析 (Ⅰ)證明AB⊥PD,PD⊥PA,然后證明PD⊥平面PAB.
(Ⅱ)延長DC與AB交于點(diǎn)M,則由題意知,B,C分別為AM與DM的中點(diǎn),且平面PCD∩平面PAB=PM,由(Ⅰ)知PD⊥平面PAB,且PD?平面PDM,所以平面PDM⊥平面PAB,過A作PM的垂線AN,則AN⊥平面PMD,過點(diǎn)N作NQ⊥PC交PC于Q,連接AQ,則PC⊥平面ANQ,說明∠AQN為平面PAC與平面PCD所成銳二面角的平面角.過點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于O點(diǎn),則O為AD的中點(diǎn),連接OC,在Rt△ANQ中,求解即可.
方法二:(Ⅰ)過點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于O點(diǎn),則O為AD的中點(diǎn),連接OC,以O(shè)為原點(diǎn),$\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OD},\overrightarrow{OP}$的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),平面ABP的法向量,平面PCD的法向量,通過向量的數(shù)量積求解平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值.

解答 證明:(Ⅰ)由AB⊥AD,且P-AD-C為直二面角,
所以AB⊥平面PAD,又PD?平面PAD,
所以AB⊥PD,而PD⊥PA,
因此PD與平面PAB內(nèi)的兩條相交直線垂直,
從而PD⊥平面PAB.
解:(Ⅱ)延長DC與AB交于點(diǎn)M,則由題意知,B,C分別為AM與DM的中點(diǎn),且平面PCD∩平面PAB=PM,由(1)知PD⊥平面PAB,且PD?平面PDM,所以平面PDM⊥平面PAB,過A作PM的垂線AN,則AN⊥平面PMD,過點(diǎn)N作NQ⊥PC交PC于Q,連接AQ,則PC⊥平面ANQ,
所以∠AQN為平面PAC與平面PCD所成銳二面角的平面角.由(Ⅰ)知PAM為直角三角形,從而由$PA=\sqrt{2},AM=2$得$PM=\sqrt{6}$,所以在直角三角形PAM中,$AN=\frac{2}{3}\sqrt{3}$,且$PN=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$,過點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于O點(diǎn),則O為AD的中點(diǎn),連接OC,則OC=1,由P-AD-C為直二面角知PO⊥
平面ABCD,因?yàn)锽C與AO平行且相等,所以O(shè)C與AB平行且相等,即PO=OC=1,所以$PC=\sqrt{2}$,
又$MC=CD=\sqrt{2}$,$PM=\sqrt{6}$,因此可得∠MPC=30°,所以在Rt△PNQ中,$NQ=\frac{{\sqrt{6}}}{6}$,因此在Rt△ANQ
中,$tan∠AQN=\frac{AN}{NQ}=2\sqrt{2}$,即$cos∠AQN=\frac{1}{3}$,所以平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值為$\frac{1}{3}$.
方法二:
證明:(Ⅰ)過點(diǎn)P作PO⊥AD交AD于O點(diǎn),則O為AD的中點(diǎn),
連接OC,則OC=1,由P-AD-C為直二面角知PO⊥平面ABCD,因?yàn)锽C與AO平行且相等,
所以O(shè)C與AB平行且相等,
即PO=OC=1,所以,以O(shè)為原點(diǎn),$\overrightarrow{OC},\overrightarrow{OD},\overrightarrow{OP}$的方向分別為x
軸,y軸,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,
由AD=2AB=2BC=2可得A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),
所以$\overrightarrow{AB}=(1,0,0),\overrightarrow{AP}=(0,1,1)$,$\overrightarrow{PD}=(0,1,-1)$,因此$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{PD}=0$,$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{PD}=0$,
由于AB,AP為平面ABP內(nèi)的兩相交直線,
所以PD⊥平面PAB.$\overrightarrow{CP}=(-1,0,1),\overrightarrow{CD}=(-1,1,0)$,設(shè)平面ABP的法向量為$\overrightarrow{n_1}=(x,y,z)$,則x=0,y+z=0,所以可取$\overrightarrow{n_1}=(0,-1,1)$,設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{n_2}=(a,b,c)$,則-a+c=0,-a+b=0,所以可取$\overrightarrow{n_2}=(1,1,1)$,
由$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}=0$得平面PAB⊥平面PCD.
解:(Ⅱ)由(Ⅰ)可知,$\overrightarrow{CP}=(-1,0,1),\overrightarrow{CD}=(-1,1,0)$,
設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{n_1}=(a,b,c)$,則-a+c=0,-a+b=0,
所以可取$\overrightarrow{n_1}=(1,1,1)$,又由(1)知$\overrightarrow{AC}=(1,1,0),\overrightarrow{AP}=(0,1,1)$,
設(shè)平面PAC的法向量為$\overrightarrow{n_2}=(x,y,z)$,則x+y=0,y+z=0,所以可取$\overrightarrow{n_2}=(1,-1,1)$,
設(shè)向量$\overrightarrow{n_1}$與$\overrightarrow{n_2}$的夾角為α,則由$\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}=|{\overrightarrow{n_1}}|•|{\overrightarrow{n_2}}|•cosα$得$1=\sqrt{3}•\sqrt{3}cosα$,所以$cosα=\frac{1}{3}$,
即平面PAC與平面PCD所成銳二面角的余弦值為$\frac{1}{3}$.

點(diǎn)評 本題考查二面角的平面角的求法,直線與平面垂直的判定定理以及性質(zhì)定理的應(yīng)用,幾何法與向量法求解二面角的方法,考查空間想象能力以及計(jì)算能力.

練習(xí)冊系列答案
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2.哈三中某興趣小組為了調(diào)查高中生的數(shù)學(xué)成績是否與物理成績有關(guān)系,在高二年級隨機(jī)調(diào)查了50名學(xué)生,調(diào)查結(jié)果表明:在數(shù)學(xué)成績較好的25人中有18人物理成績好,另外7人物理成績一般;在數(shù)學(xué)成績一般的25人中有6人物理成績好,另外19人物理成績一般.
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數(shù)學(xué)成績好數(shù)學(xué)成績一般總計(jì)
物理成績好
物理成績一般
總計(jì)
(Ⅱ)  現(xiàn)將4名數(shù)學(xué)成績好且物理成績也好的學(xué)生分別編號為1,2,3,4,將4名數(shù)學(xué)成績好但物理成績一般的學(xué)生也分別編號1,2,3,4,從這兩組學(xué)生中各任選1人進(jìn)行學(xué)習(xí)交流,求被選取的2名學(xué)生編號之和不大于5的概率.
附:
P(K2≥k)0.0500.0100.001
k3.8416.63510.828
${K^2}=\frac{{n{{(ad-bc)}^2}}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$.

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