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13.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD中,侧棱PD⊥底面ABCD,且PD=CD,过棱PC的中点E,作EF⊥PB交PB于点F,连接DE,DF,BD,BE.
(1)证明:PB⊥平面DEF.试判断四面体DBEF是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;
(2)若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{3}$,求$\frac{DC}{BC}$的值.

分析 解法1)(1)直线与直线,直线与平面的垂直的转化证明得出PB⊥EF,DE∩FE=E,所以PB⊥平面DEF,即可判断DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,确定直角.
(2)根据公理2得出DG是平面DEF与平面ACBD的交线.利用直线平面的垂直判断出DG⊥DF,DG⊥DB,根据平面角的定义得出∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,转化到直角三角形求解即可.
解法2)
(1)以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系,运用向量的数量积判断即可.
2)由PD⊥底面ABCD,所以$\overrightarrow{DP}$=(0,0,1)是平面ACDB的一个法向量;由(Ⅰ)知,PB⊥平面DEF,所以$\overrightarrow{BP}$=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.根据数量积得出夹角的余弦即可得出所求解的答案.

解答 解法1)(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥BC,
由底面ABCD为长方形,有BC⊥CD,而PD∩CD=D,
所以BC⊥平面PCD.而DE?平面PDC,所以BC⊥DE.
又因为PD=CD,点E是PC的中点,所以DE⊥PC.
而PC∩CB=C,所以DE⊥平面PBC.而PB?平面PBC,所以PB⊥DE.
又PB⊥EF,DE∩FE=E,所以PB⊥平面DEF.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)如图1,

在面BPC内,延长BC与FE交于点G,则DG是平面DEF与平面ACBD的交线.
由(Ⅰ)知,PB⊥平面DEF,所以PB⊥DG.
又因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥DG.而PD∩PB=P,所以DG⊥平面PBD.
所以DG⊥DF,DG⊥DB
故∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角,
设PD=DC=1,BC=λ,有BD=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$,
在Rt△PDB中,由DF⊥PB,得∠DPB=∠FDB=$\frac{π}{3}$,
则 tan$\frac{π}{3}$=tan∠DPF=$\frac{DB}{PD}$=$\sqrt{1+{λ}^{2}}$=$\sqrt{3}$,解得$λ=\sqrt{2}$.
所以$\frac{DC}{CB}$=$\frac{1}{λ}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{3}$时,$\frac{DC}{BC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(解法2)
(1)以D为原点,射线DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.设PD=DC=1,BC=λ,
则D(0,0,0),P(0,0,1),B(λ,1,0),C(0,1,0),$\overrightarrow{PB}$=(λ1,-1),点E是PC的中点,所以E(0,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$),$\overrightarrow{DE}$=(0,$\frac{1}{2}$,$\frac{1}{2}$),
于是$\overrightarrow{PB}$$•\overrightarrow{DE}$=0,即PB⊥DE.
又已知EF⊥PB,而ED∩EF=E,所以PB⊥平面DEF.
因$\overrightarrow{PC}$=(0,1,-1),$\overrightarrow{DE}$$•\overrightarrow{PC}$=0,则DE⊥PC,所以DE⊥平面PBC.
由DE⊥平面PBC,PB⊥平面DEF,可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形,
即四面体BDEF是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB,∠DEF,∠EFB,∠DFB.
(2)由PD⊥底面ABCD,所以$\overrightarrow{DP}$=(0,0,1)是平面ACDB的一个法向量;
由(Ⅰ)知,PB⊥平面DEF,所以$\overrightarrow{BP}$=(-λ,-1,1)是平面DEF的一个法向量.
若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{3}$,
则运用向量的数量积求解得出cos$\frac{π}{3}$=$\frac{1}{\sqrt{{λ}^{2}+2}}$=$\frac{1}{2}$,
解得$λ=\sqrt{2}$.所以所以$\frac{DC}{CB}$=$\frac{1}{λ}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为$\frac{π}{3}$时,$\frac{DC}{BC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

点评 本题综合考查了空间直线平面的垂直问题,直线与直线,直线与平面的垂直的转化,空间角的求解,属于难题.

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