Question

4．四棱锥P-ABCD中，△PAD为等边三角形，底面ABCD为等腰梯形，满足AB∥CD，AD=DC=$\frac{1}{2}$AB=2，且平面PAD⊥平面ABCD．
（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角A-PD-C的余弦值．

Answer 1

分析 （I）如图所示，分别过D，C作DE⊥AB，CF⊥AB，垂足分别为E，F．利用已知可得：四边形CDEF是矩形，DC=EF=2，∠A=60°，在△ABD中，由余弦定理可得：BD=2$\sqrt{3}$．利用勾股定理的逆定理可得：BD⊥AD．取AD的中点O，连接PO，利用△PAD为等边三角形，可得PO⊥AD，再利用面面垂直的性质可得：PO⊥平面ABCD，因此PO⊥BD．即可证明．
（II）取AB的中点M，连接OM，则OM∥BD，可得OM⊥平面PAD．分别以OA，OM，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．利用线面垂直的性质分别求出平面PAD与平面PCD的法向量，利用向量的夹角公式即可得出．

解答 （I）证明：如图所示，
分别过D，C作DE⊥AB，CF⊥AB，垂足分别为E，F．
∵AB∥CD，AD=DC=$\frac{1}{2}$AB=2，
∴四边形CDEF是矩形，DC=EF=2，
∴AE=BF=1．
∴∠A=60°，
在△ABD中，由余弦定理可得：BD²=2²+4²-2×2×4cos60°=12，解得BD=2$\sqrt{3}$．
∴AB²=AD²+BD²，∴BD⊥AD．
取AD的中点O，连接PO，∵△PAD为等边三角形，∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD．
∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD．
又PO∩PD=P，∴BD⊥平面PAD．
（II）解：取AB的中点M，连接OM，则OM∥BD，∴OM⊥平面PAD，∴OM⊥OA，OM⊥OP．
分别以OA，OM，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则P（0，0，$\sqrt{3}$），D（-1，0，0），C$（-2，\sqrt{3}，0）$．
$\overrightarrow{PD}$=（-1，0，-$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{CD}$=（1，-$\sqrt{3}$，0）．
设平面PCD的法向量为$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}⊥\overrightarrow{PD}}\\{\overrightarrow{m}⊥\overrightarrow{CD}}\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{PD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{CD}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{-x-\sqrt{3}z=0}\\{x-\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
令x=$\sqrt{3}$，解得y=1，z=-1．
∴$\overrightarrow{m}$=$（\sqrt{3}，1，-1）$．
取平面PAD的法向量$\overrightarrow{n}$=（0，1，0）．
$cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{1}{\sqrt{5}×1}$=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
∴二面角A-PD-C的余弦值为$-\frac{\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查了空间位置关系、空间角、向量的夹角关系、线面垂直与平行的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．