Question

15．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 3 的菱形，∠ABC=60°，PA⊥平面ABCD，PA=3，F 是棱 PA上的一个动点，E为PD的中点．
（Ⅰ）若 AF=1，求证：CE∥平面 BDF；
（Ⅱ）若 AF=2，求平面 BDF 与平面 PCD所成的锐二面角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取PF中点G，连接EG，CG．连接AC交BD于O，连接FO．由三角形中位线定理可得FO∥GC，GE∥FD．然后利用平面与平面平行的判定得到面GEC∥面FOD，进一步得到CE∥面BDF；
（Ⅱ）由底面ABCD是边长为 3 的菱形，可得AC⊥BD，设交点为O，以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，求出所用点的坐标，再求出平面 BDF 与平面 PCD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值求得平面 BDF 与平面 PCD所成的锐二面角的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：如图所示，取PF中点G，连接EG，CG．
连接AC交BD于O，连接FO．
由题可得F为AG中点，O为AC中点，
∴FO∥GC；
又G为PF中点，E为PD中点，
∴GE∥FD．
又GE∩GC=G，GE、GC?面GEC，
FO∩FD=F，FO，FD?面FOD．
∴面GEC∥面FOD．
∵CE?面GEC，
∴CE∥面BDF；
（Ⅱ）解：∵底面ABCD是边长为 3 的菱形，
∴AC⊥BD，设交点为O，以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则B（0，-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，0），D（0，$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，0），P（-$\frac{3}{2}$，0，3），C（$\frac{3}{2}$，0，0），F（$-\frac{3}{2}$，0，2）．
则$\overrightarrow{BD}=（0，3\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{DF}=（-\frac{3}{2}，-\frac{3\sqrt{3}}{2}，2）$，$\overrightarrow{CD}=（-\frac{3}{2}，\frac{3\sqrt{3}}{2}，0）$，$\overrightarrow{DP}=（-\frac{3}{2}，-\frac{3\sqrt{3}}{2}，3）$．
设平面BDF的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BD}=3\sqrt{3}y=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=-\frac{3}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}y+2z=0}\end{array}\right.$，取z=3，得$\overrightarrow{m}=（4，0，3）$．
设平面PCD的一个法向量为$\overrightarrow{n}=（x，y，z）$，
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{CD}=-\frac{3}{2}x+\frac{3\sqrt{3}}{2}y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DP}=-\frac{3}{2}x-\frac{3\sqrt{3}}{2}y+3z=0}\end{array}\right.$，取y=$\sqrt{3}$，得$\overrightarrow{n}=（3，\sqrt{3}，3）$．
∴cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}$=$\frac{21}{5×\sqrt{21}}=\frac{\sqrt{21}}{5}$．
∴平面 BDF 与平面 PCD所成的锐二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{21}}{5}$．

点评 本题考查直线与平面平行的判定，考查利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．