题目内容
已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB=90°，PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=| 1 | 2 |
（Ⅰ）证明：面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
分析：法一：（Ⅰ）证明面PAD⊥面PCD，只需证明面PCD内的直线CD，垂直平面PAD内的两条相交直线AD、PD即可；
（Ⅱ）过点B作BE∥CA，且BE=CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
法二：以A为坐标原点AD长为单位长度，建立空间直角坐标系，
（Ⅰ）求出
，
，计算
•
=0，推出AP⊥DC．，然后证明CD垂直平面PAD，即可证明面PAD⊥面PCD；
（Ⅱ）求出
，
，计算cos＜
，
＞=
．即可求得结果．
（Ⅲ）在MC上取一点N（x，y，z），则存在使
=λ
，说明∠ANB为所求二面角的平面角．求出
，
，计算
cos(
，
)=
即可取得结果．
（Ⅱ）过点B作BE∥CA，且BE=CA，∠PBE是AC与PB所成的角，解直角三角形PEB求AC与PB所成的角；
（Ⅲ）作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，说明∠ANB为所求二面角的平面角，在三角形AMC中，用余弦定理求面AMC与面BMC所成二面角的大小．
法二：以A为坐标原点AD长为单位长度，建立空间直角坐标系，
（Ⅰ）求出
| AP |
| DC |
| AP |
| DC |
（Ⅱ）求出
| AC |
| PB |
| AC |
| PB |
| ||||
|
|
（Ⅲ）在MC上取一点N（x，y，z），则存在使
| NC |
| MC |
| AN |
| BN |
cos(
| AN |
| BN |
| ||||
|
|
解答：
法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，
∴由三垂线定理得：CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴CD⊥面PAD．
又CD?面PCD，
∴面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连接AE，可知AC=CB=BE=AE=
，又AB=2，
所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°
在Rt△PEB中BE=a2=3b2，PB=
，
∴cos∠PBE=
=
．
∴AC与PB所成的角为arccos
．
（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，
∴△AMC≌△BMC，
∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
在等腰三角形AMC中，AN•MC=
，
∴AN=
=
．
∴AB=2，
∴cos∠ANB=
=-
故所求的二面角为arccos(-
)．
法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，
如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），
D（1，0，0），P（0，0，1），M(0，1，
)
（Ⅰ）证明：因为
=(0，0，1)，
=(0，1，0)，
故
•
=0，所以AP⊥DC．
又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD
（Ⅱ）解：因
=(1，1，0)，
=(0，2，-1)，
故|
|=
，|
|=
，
•
=2，
所以cos＜
，
＞=
=
.
由此得AC与PB所成的角为arccos
．
（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），
则存在使
=λ
，
=(1-x，1-y，-z)，
=(1，0，-
)，
∴x=1-λ，y=1，z=
λ．
要使AN⊥MC，只需
•
=0即x-
z=0，
解得λ=
．可知当λ=
时，N点坐标为(
，1，
)，能使
•
=0．
此时，
=(
，1，
)，
=(
，-1，
)，
有
•
=0由
•
=0，
•
=0得AN⊥MC，BN⊥MC．所以∠ANB为所求二面角的平面角．
∵|
|=
，|
|=
，
•
=-
，
∴cos(
，
)=
=-
．
故所求的二面角为arccos(-
)．
法一：（Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD，∴由三垂线定理得：CD⊥PD．
因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直，
∴CD⊥面PAD．
又CD?面PCD，
∴面PAD⊥面PCD．
（Ⅱ）解：过点B作BE∥CA，且BE=CA，
则∠PBE是AC与PB所成的角．
连接AE，可知AC=CB=BE=AE=
| 2 |
所以四边形ACBE为正方形．由PA⊥面ABCD得∠PEB=90°
在Rt△PEB中BE=a2=3b2，PB=
| 5 |
∴cos∠PBE=
| BE |
| PB |
| ||
| 5 |
∴AC与PB所成的角为arccos
| ||
| 5 |
（Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连接BN．
在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB，
∴△AMC≌△BMC，
∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角
∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC，
在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM．
在等腰三角形AMC中，AN•MC=
CM2-(
|
∴AN=
| ||||||
|
| ||
|
∴AB=2，
∴cos∠ANB=
| AN2+BN2-AB2 |
| 2×AN×BN |
| 2 |
| 3 |
故所求的二面角为arccos(-
| 2 |
| 3 |
法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为
A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），
D（1，0，0），P（0，0，1），M(0，1，
| 1 |
| 2 |
（Ⅰ）证明：因为
| AP |
| DC |
故
| AP |
| DC |
又由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD．
又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD
（Ⅱ）解：因
| AC |
| PB |
故|
| AC |
| 2 |
| PB |
| 5 |
| AC |
| PB |
所以cos＜
| AC |
| PB |
| ||||
|
|
| ||
| 5 |
由此得AC与PB所成的角为arccos
| ||
| 5 |
（Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），
则存在使
| NC |
| MC |
| NC |
| MC |
| 1 |
| 2 |
∴x=1-λ，y=1，z=
| 1 |
| 2 |
要使AN⊥MC，只需
| AN |
| MC |
| 1 |
| 2 |
解得λ=
| 4 |
| 5 |
| 4 |
| 5 |
| 1 |
| 5 |
| 2 |
| 5 |
| AN |
| MC |
此时，
| AN |
| 1 |
| 5 |
| 2 |
| 5 |
| BN |
| 1 |
| 5 |
| 2 |
| 5 |
有
| BN |
| MC |
| AN |
| MC |
| BN |
| MC |
∵|
| AN |
| ||
| 5 |
| BN |
| ||
| 5 |
| AN |
| BN |
| 4 |
| 5 |
∴cos(
| AN |
| BN |
| ||||
|
|
| 2 |
| 3 |
故所求的二面角为arccos(-
| 2 |
| 3 |
点评：本题考查平面与平面垂直，二面角的求法，异面直线所成的角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，转化思想，是中档题．
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