Question

14．如圖，一個6×5的矩形AB′DE（AE=6，DE=5），被截去一角（即△BB′C），AB=3，∠ABC=135°，平面PAE⊥平面ABCDE，PA=PE=5．
（1）證明：BC⊥PB；
（2）求二面角B-PC-D的大小的余弦值．

Answer 1

分析 （1）依題意可得截去的△BB'C是等腰直角三角形．
過P作PO⊥AE，垂足為O，連接OB，可得BC⊥BO． 又可得PO⊥BC，而PO∩BO=O，
得PB?平面POB，BC⊥PB．
（2）以O(shè)為原點(diǎn)，OE，OP所在直線分別為y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（3，-3，0），C（5，-1，0），D（5，3，0），P（0，0，4）．利用向量法求解

解答 （1）證明：因?yàn)锳B=3，∠ABC=135°，
所以∠B′BC=45°，BB′=AB′-AB=5-3=2，
所以截去的△BB'C是等腰直角三角形．
如圖，過P作PO⊥AE，垂足為O，連接OB，
因?yàn)镻A=PE，所以O(shè)A=OE=3，PO=4．OA=AB=3，故△OAB是等腰直角三角形，所以∠ABO=45°，
所以∠OBC=∠ABC-∠ABO=135°-45°=90°，即BC⊥BO．
因?yàn)槠矫鍼AE⊥平面ABCDE，平面PAE∩平面ABCDE=AE，PO?平面PAE，
所以PO⊥平面ABCDE，所以PO⊥BC，而PO∩BO=O，
所以BC⊥平面POB，又PB?平面POB，
所以BC⊥PB．
（2）解：如圖4，以O(shè)為原點(diǎn)，OE，OP所在直線分別為y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則B（3，-3，0），C（5，-1，0），D（5，3，0），P（0，0，4）．
所以$\overrightarrow{BC}=（2，\;\;2，\;\;0）$，$\overrightarrow{CP}=（-5，\;\;1，\;\;4）$，$\overrightarrow{CD}=（0，\;\;4，\;\;0）$．
設(shè)平面PCB的法向量為$\overrightarrow m=（{x_1}，\;\;{y_1}，\;\;{z_1}）$，則
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m⊥\overrightarrow{BC}，\;\;\\ \overrightarrow m⊥\overrightarrow{CP}，\;\;\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m\;•\;\overrightarrow{BC}=2{x_1}+2{y_1}=0，\;\;\\ \overrightarrow m\;•\;\overrightarrow{CP}=-5{x_1}+{y_1}+4{z_1}=0，\;\;\end{array}\right.$
所以平面PCB的一個法向量為$\overrightarrow m=（2，\;\;-2，\;\;3）$．
設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow n=（{x_2}，\;\;{y_2}，\;\;{z_2}）$，則
由$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m⊥\overrightarrow{CD}，\;\;\\ \overrightarrow m⊥\overrightarrow{CP}，\;\;\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow m\;•\;\overrightarrow{CD}=4{y_2}=0，\;\;\\ \overrightarrow m\;•\;\overrightarrow{CP}=-5{x_2}+{y_2}+4{z_2}=0，\;\;\end{array}\right.$
所以平面PCD的一個法向量為$\overrightarrow n=（4，\;\;0，\;\;5）$，
所以，cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{23}{\sqrt{17}•\sqrt{41}}$=$\frac{23\sqrt{697}}{697}$
因?yàn)槎�面角B-PC-D為鈍二面角，
所以二面角B-PC-D的大小的余弦值為$-\frac{{23\sqrt{697}}}{697}$．

點(diǎn)評 本題考查了空間線線垂直的判定，向量法求二面角，屬于中檔題，