Question

5．如圖：四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，∠DAB=60°，平面PAB⊥ABD，
AP=2AD=4，PD=$2\sqrt{5}$，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PB的中點(diǎn)．
（Ⅰ） 求證：EF‖平面PCD；
（Ⅱ） 當(dāng)二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時(shí)，求AB的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)G為PC的中點(diǎn)，通過證明EF∥GD，然后證明EF∥平面PCD；
（Ⅱ）以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB所在直線為x軸，HD所在直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，以及平面PAD的法向量，設(shè)平面PBD的法向量，通過向量的數(shù)量積求解二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時(shí)，帶帶AB的長．

解答 （本題滿分14分）
證明（Ⅰ）：如圖，設(shè)G為PC的中點(diǎn)，因?yàn)镕為PB的中點(diǎn)，所以FG∥BC∥ED，又 E為AD的中點(diǎn)，由已知得：FG=ED=1，所以四邊形EFGD為平行四邊形．所以EF∥GD，因?yàn)镋F?平面PCD，GD?平面PCD，所以EF∥平面PCD；
   
（Ⅱ）解 在△PAD中，AD=2，PA=4，PD=$2\sqrt{5}$，滿足PD²=PA²+AD²，所以∠PAD=90°，即PA⊥AD（1），
在底面ABCD中，過點(diǎn)D作DH⊥AB，H為垂足，因?yàn)槠矫鍼AB⊥ABD，由面面垂直的性質(zhì)可知：DH⊥平面PAB，
所以DH⊥PA（2），由（1）（2）可得：PA⊥平面ADH，即PA⊥底面ABCD．
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB所在直線為x軸，HD所在直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則P（-1，0，4），A（-1，0，0），D（0，$-\sqrt{3}$，0）設(shè)B（a，0，0），
這樣可得：$\overrightarrow{AP}=（0，0，4）$，$\overrightarrow{PD}=（1，-\sqrt{3}，-4）$，$\overrightarrow{DB}=（a，\sqrt{3}，0）$，
設(shè)平面PAD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}=（{x}_{1}，{y}_{1}，{z}_{1}）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{4{z_1}=0}\\{{x_1}-\sqrt{3}{y_1}-4{z_1}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{1}}=（\sqrt{3}，1，0）$，
又設(shè)平面PBD的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}=（{x}_{2}，{y}_{2}，{z}_{2}）$，則$\left\{{\begin{array}{l}{a{x_2}+\sqrt{3}{y_2}=0}\\{{x_2}-\sqrt{3}{y_2}-4{z_2}=0}\end{array}}\right.$，取$\overrightarrow{{n}_{2}}=（\sqrt{3}，-a，\frac{\sqrt{3}（1+a）}{4}）$，

由題設(shè)$cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞=\frac{{|{3-a}|}}{{2\sqrt{3+{a^2}+\frac{{3{{（1+a）}^2}}}{16}}}}=\frac{1}{4}$，整理得3a²-26a+35=0：
由此可求得$a=\frac{5}{3}$，或a=7（不合題意，舍去）所以AB=$\frac{8}{3}$，
故當(dāng)二面角A-PD-B的余弦值為$\frac{1}{4}$時(shí)，AB的長為$\frac{8}{3}$．
（注：本題也可用幾何法解答，過程略）

點(diǎn)評 本題考查直線與平面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面角的求法，空間距離的求法，考查空間想象能力以及計(jì)算能力．