Question

19．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BCD=60°，DC=BC=$\sqrt{3}$，AC和BD交于O點．
（1）求證：平面PBD⊥平面PAC；
（2）當點A在平面PBD內(nèi)的射影G恰好是△PBD的重心時，求二面角B-PD-A的大�。�

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意Rt△ABC≌Rt△ADC，∠BAC=∠DAC，△CBO≌△CDO，可得AC⊥BD．而PA⊥平面ABCD，PA⊥BD，BD⊥面PAC，即可證明平面PAC⊥平面PBD．
（Ⅱ）過A作AD的垂線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立如圖所示坐標系，設(shè)P（0，0，λ），由AG⊥PB得，$\overrightarrow{AG}•\overrightarrow{PB}$=$\frac{1}{4}-\frac{1}{12}-\frac{{λ}^{2}}{3}$=0，λ＞0．解得λ．平面PBD的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=$\overrightarrow{AG}$，平面PCD的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$．

解答 （Ⅰ）證明：依題意Rt△ABC≌Rt△ADC，∠BAC=∠DAC，△CBO≌△CDO，
∴AC⊥BD．
而PA⊥平面ABCD，PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴BD⊥面PAC，
又BD?面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．
（Ⅱ）解：過A作AD的垂線為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立如圖所示坐標系，
則B$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，0）$，D（0，1，0），C$（\sqrt{3}，1，0）$，設(shè)P（0，0，λ），
∴G$（\frac{\sqrt{3}}{6}，\frac{1}{6}，\frac{λ}{3}）$，$\overrightarrow{PB}$=$（\frac{\sqrt{3}}{2}，-\frac{1}{2}，-λ）$，
由AG⊥PB得，
$\overrightarrow{AG}•\overrightarrow{PB}$=$\frac{1}{4}-\frac{1}{12}-\frac{{λ}^{2}}{3}$=0，λ＞0．
解得λ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴P點坐標為$（0，0，\frac{\sqrt{2}}{2}）$，
平面PBD的一個法向量為$\overrightarrow{m}$=$\overrightarrow{AG}$=$（\frac{\sqrt{3}}{6}，\frac{1}{6}，\frac{\sqrt{2}}{6}）$，
平面PCD的一個法向量為$\overrightarrow{n}$=（1，0，0），
∴$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{6}}{1×\sqrt{\frac{3}{36}+\frac{1}{36}+\frac{2}{36}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴二面角B-PD-A的大小為$\frac{π}{4}$．

點評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面、面面垂直的判定與性質(zhì)定理、空間角、直角三角形的邊角關(guān)系、法向量的應(yīng)用、向量夾角公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．