Question

1．在四棱錐P-ABCD中，底面是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，PA=PD=2，PD⊥CD．E為AB中點．
（1）證明：PE⊥CD；
（2）求二面角C-PE-D的正切值．

Answer 1

分析 （1）連接BD，在△ADB中，AD=AB，∠BAD=60°，可得△ADB是等邊三角形．可得DE⊥AB．可得CD⊥平面PDE，即可證明PE⊥CD．
（2）作DM⊥PE，垂足為M，連接DM，CM，由CD⊥平面PDE，可得CM⊥PE，∠CMD是二面角C-PE-D的平面角．由CD⊥平面PDE，可得AB⊥PE．于是PE=$\sqrt{P{A}^{2}-A{E}^{2}}$．在△PDE中，作EH⊥PD，H為垂足，可得sin∠EDP=$\frac{EH}{ED}$，利用S_△EDP=$\frac{1}{2}EP•MD$=$\frac{1}{2}PD•EDsin∠EDP$，可得DM，進而得出．

解答 （1）證明：連接BD，在△ADB中，AD=AB，∠BAD=60°，
∴△ADB是等邊三角形．
∵E為AB中點，∴DE⊥AB．
AB∥CD，∴CD⊥DE．
又PD⊥CD，DE∩PD=D，
∴CD⊥平面PDE，PE?平面PDE．
∴PE⊥CD．
（2）解：作DM⊥PE，垂足為M，連接DM，CM，
∵CD⊥平面PDE，則CM⊥PE，
∴∠CMD是二面角C-PE-D的平面角．
∵CD⊥平面PDE，CD∥AB，PE?平面PDE，∴AB⊥PE．
∴PE=$\sqrt{P{A}^{2}-A{E}^{2}}$=$\sqrt{3}$．
在△PDE中，作EH⊥PD，H為垂足，則DH=1，EH=$\sqrt{2}$，
∴sin∠EDP=$\frac{EH}{ED}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
∴S_△EDP=$\frac{1}{2}EP•MD$=$\frac{1}{2}PD•EDsin∠EDP$，
∴DM=$\frac{2×\sqrt{3}×\frac{\sqrt{6}}{3}}{\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
在△CMD中，tan∠CMD=$\frac{DC}{DM}$=$\frac{2}{\frac{2\sqrt{6}}{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

點評 本題考查了線面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理、空間角、菱形的性質(zhì)、等邊與等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的邊角關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．