Question

8．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA⊥PC，∠ADC=120°，底面ABCD為菱形，G為PC的中點，E，F(xiàn)分別為AB，PB上一點，AB=4$\sqrt{2}$，AE=$\sqrt{2}$，PB=4PF．
（1）求證：EF∥平面BDG；
（2）求二面角C-DF-B的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AC，BD，交于點O，由已知條件推導(dǎo)出EF∥OG，由此能證明EF∥平面BDG．
（2）取AB中點H，以D為原點，DH為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面CDF的法向量和平面BDF的法向量，利用向量法能求出二面角C-DF-B的余弦值．

解答 （1）證明：連結(jié)AC，BD，交于點O，
∵底面ABCD為菱形，∴O是AC中點，
∵G是PC中點，∴OG∥AP，
∵E，F(xiàn)分別為AB，PB上一點，AB=4$\sqrt{2}$，AE=$\sqrt{2}$，PB=4PF，
∴EF∥AP，∴EF∥OG，
∵EF?平面BDG，OG?平面BDG，
∴EF∥平面BDG．
（2）解：取AB中點H，以D為原點，DH為x軸，DC為y軸，DP為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)P（0，0，4t），t＞0，由已知得E（2$\sqrt{6}$，-$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{6}$，2$\sqrt{2}$，0），
C（0，4$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)（$\frac{\sqrt{6}}{2}$，$\sqrt{2}$，3t），A（2$\sqrt{6}$，-2$\sqrt{2}$，0），
$\overrightarrow{PA}$=（2$\sqrt{6}$，2$\sqrt{2}$，-4t），$\overrightarrow{PC}$=（0，4$\sqrt{2}$，-4t），
∵PA⊥PC，∴$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PC}$=0+16-16t²=0，解得t=1，
$\overrightarrow{DF}$=（$\frac{\sqrt{6}}{2}，\sqrt{2}，3$），$\overrightarrow{DB}$=（$2\sqrt{6}，4\sqrt{2}$，0），$\overrightarrow{DC}$=（0，4$\sqrt{2}$，0），
設(shè)平面CDF的法向量$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DF}=\frac{\sqrt{6}}{2}x+\sqrt{2}y+3tz=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=4\sqrt{2}y=0}\end{array}\right.$，取x=$\sqrt{6}$，得$\overrightarrow{n}$=（$\sqrt{6}$，0，-1），
設(shè)平面BDF的法向量$\overrightarrow{m}$=（a，b，c），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DF}=\frac{\sqrt{6}}{2}a+\sqrt{2}b+3z=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DB}=2\sqrt{6}a+4\sqrt{2}b=0}\end{array}\right.$，取a=$\sqrt{6}$，得$\overrightarrow{m}$=（$\sqrt{6}$，-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，0），
設(shè)二面角C-DF-B的平面角為θ，
cosθ=|cos＜$\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}$＞|=|$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}|•|\overrightarrow{n}|}$|=|$\frac{6}{\sqrt{7}•\sqrt{\frac{27}{2}}}$|=$\frac{2\sqrt{42}}{21}$．
∴二面角C-DF-B的余弦值為$\frac{2\sqrt{42}}{21}$．

點評 本題考查的知識點是直線與平面平行的證明，考查二面角的平面角及求法，建立空間坐標(biāo)系，將空間夾角問題轉(zhuǎn)化為向量夾角問題是解答的關(guān)鍵．