Question

7．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a，$AD=\sqrt{2}a$，PA⊥底面ABCD．
（1）求证：平面PCD⊥平面PAC；
（2）在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B-AE-D的平面角的余弦值为$-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$？若存在，求出$λ=\frac{CE}{CP}$的值？若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由勾股定理得：CD⊥AC，由线面垂直得PA⊥CD，从而CD⊥面PAC，由此能证明平面PCD⊥平面PAC．
（2）以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．

解答 证明：（1）在△ACD中，AC=a，CD=a，AD=$\sqrt{2}$a，
 由勾股定理得：CD⊥AC
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD，
AC?面PAC，PA?面PAC，PA∩AC=A
∴CD⊥面PAC
又∵CD?面PCD
∴平面PCD⊥平面PAC．
解：（2）由（1）知：AB⊥AC，又PA⊥底面ABCD
∴以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系
则A（0，0，0），B（a，0，0），C（0，a，0），
D（-a，a，0），P（0，0，a）
假设点E存在，且λ=$\frac{CE}{CP}$，则$\overrightarrow{CE}$=λ$\overrightarrow{CP}$    （x_E，y_E-a，z_E）=λ（0，-a，a）
∴x_E=0，y_E=（1-λ）a，z_E=λa
$\overrightarrow{AB}$=（a，0，0）$\overrightarrow{AE}$=（0，（1-λ）a，λa），$\overrightarrow{AD}$=（-a，a，0）
设平面BAE的法向量为$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（x₁，y₁，z₁），平面DAE的法向量为$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x₂，y₂，z₂），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AB}=a{x}_{1}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{AE}=（1-λ）a{y}_{1}+λa{z}_{1}=0}\end{array}\right.$，取y₁=λ，得$\overrightarrow{{n}_{1}}=（0，λ，λ-1）$，
$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AD}=-a{x}_{2}+a{y}_{2}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{AE}=（1-λ）a{y}_{2}+λa{z}_{2}=0}\end{array}\right.$，取x₂=λ，得$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（λ，λ，λ-1）
cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{{λ}^{2}+（λ-1）^{2}}{\sqrt{{λ}^{2}+（λ-1）^{2}}•\sqrt{{λ}^{2}+{λ}^{2}+（λ-1）^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2{λ}^{2}-2λ+1}}{\sqrt{3{λ}^{2}-2λ+1}}$，
由题意：|cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}，\overrightarrow{{n}_{2}}$＞|=$\frac{\sqrt{2{λ}^{2}-2λ+1}}{\sqrt{3{λ}^{2}-2λ+1}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
整理得：3（2λ²-2λ+1）=2（3λ²-2λ+1），解得λ=$\frac{1}{2}$，
∴棱PC上存在一点E，使得二面角B-AE-D的平面角的余弦值为-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且此时λ=$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查面面垂直的证明，考查点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．