Question

1．如圖，棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2，BD=$2\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求證：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）求二面角B-PC-D的余弦值；
（Ⅲ）求以C為頂點(diǎn)，△PBD為底面的棱錐C-PBD的高．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出BD⊥AC，BD⊥PA，由此能證明BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出二面角B-PD-C的余弦值．
（III）設(shè)△PBD為底面的棱錐C-PBD的高為h，由V_P-BDC=V_C-PBD，能求出△PBD為底面的棱錐C-PBD的高．

解答 證明：（Ⅰ）在Rt△BAD中，AD=2，BD=2$\sqrt{2}$，
∴AB=2，ABCD為正方形，∴BD⊥AC．
∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA．
∵AC?平面PAC，PA?平面PAC，AC∩PA=A，
∴BD⊥平面PAC．…（4分）
解：（Ⅱ）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），
∴$\overrightarrow{BD}$=（-2，2，0），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-2），$\overrightarrow{CD}$=（2，0，0），
設(shè)平面PCD的法向量$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PD}=2y-2z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=2x=0}\end{array}\right.$，取y=1，得$\overrightarrow{m}$=（0，1，1），
高平面PBD的法向量$\overrightarrow{n}=（a，b，c）$，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BD}=-2a+2b=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PD}=2b-2c=0}\end{array}\right.$，取a=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，1），
∵cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{m}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}}{|\overrightarrow{n}|•|\overrightarrow{m}|}$=$\frac{2}{\sqrt{2}•\sqrt{3}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴二面角B-PD-C的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（Ⅲ）∵AB=AD=PA=2，AB，AD，AP兩兩垂直，
∴PB=PD=BD=$\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$，
∴${S}_{△PBD}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}×sin60°$=2$\sqrt{3}$，
設(shè)△PBD為底面的棱錐C-PBD的高為h，
由V_P-BDC=V_C-PBD，得$\frac{1}{3}×PA×\frac{1}{2}×BC×DC=\frac{1}{3}×h×{S}_{△PBD}$，
∴h=$\frac{PA×\frac{1}{2}×BC×DC}{{S}_{△PBD}}$=$\frac{2×\frac{1}{2}×2×2}{2\sqrt{3}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴△PBD為底面的棱錐C-PBD的高為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與平面垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，考查三棱錐的高的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意向量法的合理運(yùn)用．