Question

16．在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=$\frac{π}{2}$，∠BAC=∠CAD=$\frac{π}{3}$，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2，CD=2$\sqrt{3}$．
（1）若F为PC的中点，求证：平面PAC⊥平面AEF；
（2）求平面EAC与平面DAC夹角的大小．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，以平面ABCD中过点A作AD的垂线为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，建立空间直角坐标系，由平面PAC的法向量和平面AEF的法向量的数量积为0，能证明平面PAC⊥平面AEF．
（2）分别求出平面EAC的法向量和平面DAC的法向量，由此利用向量法能求出平面EAC与平面DAC夹角的大小．

解答 （1）证明：以A为原点，以平面ABCD中过点A作AD的垂线为x轴，以AD为y轴，以AP为z轴，
建立空间直角坐标系，
由已知得A（0，0，0），P（0，0，2），C（$\sqrt{3}$，1，0），
∵cos60°=$\frac{4+A{D}^{2}-12}{2×2×AD}$，解得AD=4或AD=-2（舍），
∴D（0，4，0），E（0，2，1），F（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{1}{2}$，1），
$\overrightarrow{AP}$=（0，0，2），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}，1$，0），$\overrightarrow{AE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{AF}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{1}{2}，1$），
设平面PAC的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AP}=2z=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}x+y=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{n}$=（1，-$\sqrt{3}$，0），
设平面AEF的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=2b+c=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AF}=\frac{\sqrt{3}}{2}a+\frac{1}{2}b+c=0}\end{array}\right.$，取b=1，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{3}$，1，-2），
∵$\overrightarrow{n}•\overrightarrow{m}$=$\sqrt{3}-\sqrt{3}+0=0$，
∴平面PAC⊥平面AEF．
（2）解：$\overrightarrow{AE}$=（0，2，1），$\overrightarrow{AC}$=（$\sqrt{3}$，1，0），
设平面EAC的法向量$\overrightarrow{p}$=（x₁，y₁，z₁），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AE}=2{y}_{1}+{z}_{1}=0}\\{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{AC}=\sqrt{3}{x}_{1}+{y}_{1}=0}\end{array}\right.$，取x=1，得$\overrightarrow{p}$=（1，-$\sqrt{3}$，2$\sqrt{3}$），
平面DAC的法向量$\overrightarrow{q}$=（0，0，1），
设平面EAC与平面DAC夹角的平面角为θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{p}，\overrightarrow{q}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{p}•\overrightarrow{q}}{|\overrightarrow{p}|•|\overrightarrow{q}|}$|=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{1+3+12}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴θ=$\frac{π}{6}$．
∴平面EAC与平面DAC夹角的大小为$\frac{π}{6}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查二面角的夹角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．