Question

9．如圖，四棱錐P-ABCD的底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是兩個(gè)邊長(zhǎng)為2的正三角形，DC=4，點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，E為PA的中點(diǎn)．
（1）求證：PO⊥OA；
（2）求證：OE∥平面PDC；
（3）求直線CB與平面PDC所成角的正弦值．

Answer 1

分析 （1）取CD的中點(diǎn)F，連接BF，則可證四邊形ABFD為菱形，利用勾股定理計(jì)算OA，OP，即可得出OA²+OP²=PA²，結(jié)論得證；
（2）連結(jié)PF，根據(jù)中位線定理得出OE∥PF，得出OE∥平面PDC；
（3）以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)D、OF，OP為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面PBC的法向量$\overrightarrow{n}$，$\overrightarrow{OF}$，由于CB∥OF，故而CB與平面PDC所成角的正弦值為|cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{OF}$＞|．

解答 證明：（1）取CD的中點(diǎn)F，連接BF，則DF=AB．
∵AB⊥AD，AB=AD，AB∥DC，
∴四邊形ABFD為正方形．
∴O為BD的中點(diǎn)，∴O為AF，BD的交點(diǎn)，
∵PD=PB=2，∴PO⊥BD，
∵BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，∴PO=$\sqrt{P{B}^{2}-O{B}^{2}}$=$\sqrt{2}$，AO=$\frac{1}{2}BD$=$\sqrt{2}$，
∴PO²+OA²=PA²=4，∴PO⊥AO．
（2）連接PF，
∵O是AF的中點(diǎn)，E為PA中點(diǎn)，
∴OE∥PF，又OE?平面PDC，PF?平面PDC，
∴OE∥平面PDC．
（3）由（1）知PO⊥AO，且PO⊥BD，
∴PO⊥平面ABCD，
以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)D、OF，OP為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則O（0，0，0），P（0，0，$\sqrt{2}$），D（$\sqrt{2}$，0，0），F(xiàn)（0，$\sqrt{2}$，0），
∴$\overrightarrow{OF}$=（0，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{DF}$=（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{DP}$=（-$\sqrt{2}$，0，$\sqrt{2}$）．
設(shè)平面PDC的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），則$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=0$，$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}$=0．
即$\left\{\begin{array}{l}{-\sqrt{2}x+\sqrt{2}y=0}\\{-\sqrt{2}x+\sqrt{2}z=0}\end{array}\right.$，令z=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，1，1）．
∴$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{OF}$=$\sqrt{2}$，|$\overrightarrow{n}$|=$\sqrt{3}$，|$\overrightarrow{OF}$|=$\sqrt{2}$，
∴cos＜$\overrightarrow{n}，\overrightarrow{OF}$＞=$\frac{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{OF}}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{OF}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∵O，F(xiàn)分別是BD，CD的中點(diǎn)，∴CB∥OF．
∴直線CB與平面PDC所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了線面平行的判定，空間角的計(jì)算，空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．