Question

如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AC⊥BD，AP=AB=2，BC=2

2

，E是PC的中点．
（Ⅰ）证明：PC⊥平面BDE；
（Ⅱ）求平面BDE与平面ABP夹角的大小．

Answer 1

分析：解法一（向量法）：以A为坐标原点，AB，AP，所在直线分别为x，z轴建立空间直角坐标系．我们分别求出向量

PC

，

BE

，

DE

的坐标，根据向量的数量积为0时，两向量垂直，可得

PC

⊥

BE

，

PC

⊥

DE

，进而由线面垂直的判定定理即可得到PC⊥平面BDE；
（Ⅱ）分别求出平面BDE与平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，即可得到平面BDE与平面ABP夹角的大小．
解法二（几何法）：由已知中AP=AB=2，BC=2

2

，E是PC的中点，我们可证得BE⊥PC，又由PA⊥平面ABC，由线面垂直的性质可得PA⊥BD，进而由线面垂直的判定定理得到PC⊥平面BDE；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结合可得PC⊥平面BDE，由平面与平面夹角的定义可得，直线PC与BC的夹角即为平面BDE与平面BAP的夹角，解△PBC，即可得到平面BDE与平面BAP的夹角．

解答：解：解法一：（Ⅰ）如图以A为坐标原点，AB，AP
所在直线分别为x，z轴建立空间直角坐标系．
∵AP=AB=2，BC=2

2

，AC⊥BD，
在Rt△ABC中，由射影定理得AD=

2 3

3

，则AD：DC=1：2
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C(2，2

2

，0)，D(

2

3

，

2 2

3

，0)，P（0，0，2）
又E是PC的中点，∴E(1，

2

，1)
∴

PC

=(2，2

2

，-2)，

BE

=(-1，

2

，1)，

DE

=(

1

3

，

2

3

，1)，
∴

PC

•

BE

=-2+4-2=0，

PC

•

DE

=

2

3

+

4

3

-2=0
∴

PC

⊥

BE

，

PC

⊥

DE

，
又DE∩BE=E，∴PC⊥平面BDE（6分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面BDE的法向量

n

1=

PC

=(2，2

2

，-2)，
平面BAP的法向量

n

2=

BC

=(0，2

2

，0)，∴

n

1•

n

2=8
设平面BDE与平面ABP的夹角为θ，
则cosθ=|cos(

n

1，

n

2)|=

| n 1• n 2|

| n 1|| n 2|

=

8

4×2 2

=

2

2

，∴θ=45°，
∴平面BDE与平面ABP的夹角为45°（12分）
解法二：（Ⅰ）∵在Rt△PAB中，AP=AB=2，
∴PB=

AP2+AB2

=2

2

=BC
又E是PC的中点，∴BE⊥PC，
∵PA⊥平面ABC，又BD?平面ABC
∴PA⊥BD，∵AC⊥BD，又AP∩AC=A
∴BD⊥平面PAC，又PC?平面PAC，
∴BD⊥PC，又BE∩BD=B，∴PC⊥平面BDE（6分）
（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，又AB⊥BC，
∴BC⊥平面BAP，BC⊥PB，
又由（Ⅰ）知PC⊥平面BDE，
∴直线PC与BC的夹角即为平面BDE与平面BAP的夹角，
在△PBC中，PB=BC，∠PBC=90°，∠PCB=45°
所以平面BDE与平面BAP的夹角为45°（12分）

点评：本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面垂直的判定，其中解法一的关键是建立恰当的空间坐标系，将线面及面面关键转化为向量夹角问题，解法二的关键是熟练掌握线线，线面垂直之间的转化关系，及二面角的定义．