Question

15．如圖，在四棱錐P-ABCD中，CB⊥平面PAB，AD∥BC，且PA=PB=AB=BC=2AD=2．
（Ⅰ）求證：平面DPC⊥平面BPC；
（Ⅱ）求二面角C-PD-B的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）分別取PC，PB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，連結(jié)DE，EF，AF，證明AF⊥EF，AF⊥PB．推出AF⊥平面BPC，然后證明DE⊥平面BPC，即可證明平面DPC⊥平面BPC．…．
（Ⅱ）解法1：連結(jié)BE，說(shuō)明BE⊥CP，推出BE⊥平面DPC，過(guò)E作EM⊥PD，垂足為M，連結(jié)MB，說(shuō)明∠BME為二面角C-PD-B的平面角．在△PDE中，求解即可．
解法2：以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PDC和面PBC的法向量，由空間向量的數(shù)量積求解二面角C-PD-B的余弦值即可．

解答 （本小題滿(mǎn)分12分）
解：（Ⅰ）證明：如圖，分別取PC，PB的中點(diǎn)E，F(xiàn)，
連結(jié)DE，EF，AF，由題意知，四邊形ADEF為矩形，∴AF⊥EF．…（2分）
又∵△PAB為等邊三角形，
∴AF⊥PB．又∵EF∩PB=F，
∴AF⊥平面BPC．…（4分）
又DE∥AF．
∴DE⊥平面BPC，又DE?平面DPC，
∴平面DPC⊥平面BPC．…（5分）
（Ⅱ）解法1：連結(jié)BE，則BE⊥CP，由（Ⅰ）知，
BE⊥平面DPC，過(guò)E作EM⊥PD，垂足為M，連結(jié)MB，則∠BME為二面角C-PD-B的平面角．…（7分）
由題意知，DP=DC=$\sqrt{5}$，PC=$2\sqrt{2}$，∴$PE=\sqrt{2}$，∴$PD=\sqrt{3}$，
∴在△PDE中，$ME=\frac{DE•EP}{DP}=\frac{{\sqrt{30}}}{5}$．…（10分）
又$BE=\sqrt{2}$，
∴$BM=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，∴$cos∠BME=\frac{ME}{BM}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．…（12分）
（Ⅱ）解法2：如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則，A（0，0，0），B（0，2，0），$P（\sqrt{3}，1，0）$，C（0，2，2），D（0，0，1）．
$\overrightarrow{PB}=（-\sqrt{3}，1，0）$，$\overrightarrow{PC}=（-\sqrt{3}，1，2）$，$\overrightarrow{PD}=（-\sqrt{3}，-1，1）$．…（8分）
設(shè)平面PDC和面PBC的法向量分別為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，$\overrightarrow m=（a，b，c）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{PD}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{PC}=0\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}x=-\sqrt{3}y\\ z=-2y\end{array}\right.$，令y=-1得$\overrightarrow n=（\sqrt{3}，-1，2）$；
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m•\overrightarrow{PD}=0\\ \overrightarrow m•\overrightarrow{PB}=0\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}b=\sqrt{3}a\\ c=2\sqrt{3}a\end{array}\right.$，令a=1得$\overrightarrow m=（1，\sqrt{3}，2\sqrt{3}）$．…（10分）
∴二面角C-PD-B的余弦值為$\frac{{\overrightarrow{m•}\overrightarrow n}}{{|{\overrightarrow m}|•|{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{3}-\sqrt{3}+4\sqrt{3}}}{{2\sqrt{2}×4}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查平面與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．