Question

16．如圖，在四棱錐 P-ABCD中，底面 ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，點(diǎn) E在線段 PC上，PC⊥平面 BDE．
（1）求證：BD⊥平面 PAC；
（2）若 PA=1，AD=2，求二面角 B-PC-A的大�。�

Answer 1

分析 （1）證明PA⊥BD．PC⊥BD．然后證明BD⊥平面PAC． 
（2）解法一：設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥PC于點(diǎn)F，連BF，說(shuō)明∠BFO為二面角 B-PC-A的平面角，在Rt△BFO中，即可求解二面角B-PC-A的大�。�
解法二：分別以射線AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面PBC的一個(gè)法向量，平面PAC的一個(gè)法向量．利用向量的數(shù)量積求解二面角B-PC-A的大�。�

解答 證明：（1）∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD
∴PA⊥BD．
同理由PC⊥平面BDE，可證得PC⊥BD．
又PA∩PC=P，
∴BD⊥平面PAC．            …6分
解：（2）
解法一：設(shè)AC，BD的交點(diǎn)為O，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥PC于點(diǎn)F，連BF，

易證∠BFO為二面角 B-PC-A的平面角         …9分
由（1）知BO⊥AC
∴ABCD為正方形
∴AB=2，
在Rt△BFO中，$BO=\sqrt{2}，OF=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，
∴tan∠BFO=3，cos∠BFO=$\frac{OF}{BF}$=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{3}}{\sqrt{（{\sqrt{2}）}^{2}+（\frac{\sqrt{2}}{3}）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{10}}{10}$
∴二面角B-PC-A的大小為arccos$\frac{\sqrt{10}}{10}$…14分
解法二：
分別以射線AB，AD，AP為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz．
由（1）知BD⊥平面PAC，又AC?平面PAC，
∴BD⊥AC．
故矩形ABCD為正方形，
∴AB=BC=CD=AD=2．

∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，1），
∴$\overrightarrow{PB}=（{2，0，1}），\overrightarrow{BC}=（{0，2，0}），\overrightarrow{BD}=（{-2，2，0}）$．
設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{PB}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{BC}=0\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}2x+0•y-z=0\\ 0•x+2y+0•z=0\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}z=2x\\ y=0\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow n=（1，0，2）$．
∵BD⊥平面PAC，
∴$\overrightarrow{BD}=（-2，2，0）$為平面PAC的一個(gè)法向量．
所以$cos＜\overrightarrow n，\overrightarrow{BD}＞=\frac{{\overrightarrow n•\overrightarrow{BD}}}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow{BD}}|}}=-\frac{{\sqrt{10}}}{10}$．
設(shè)二面角B-PC-A的平面角為α，
由圖知$0＜α＜\frac{π}{2}$，
則$cosα=|{cos\left?{\vec n，\overrightarrow{{B}D}}\right＞}|=\frac{{\sqrt{10}}}{10}$，
∴二面角B-PC-A的大小為$arccos\frac{{\sqrt{10}}}{10}$…14分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查二面角的平面角的求法，仔細(xì)與平面垂直的判定定理的應(yīng)用，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．