Question

5．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，∠BAD=60°，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，E、F分別是PA、PC的中點(diǎn)．
（Ⅰ）證明：PA∥平面FBD；
（Ⅱ）若二面角E-BD-F的大小為60°，求PA的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OF，證明FO∥PA，然后證明PA∥平面FBD．
（Ⅱ） 解法一：連接EO，說(shuō)明∠EOF就是二面角E-BD-F的平面角，連接EF，在Rt△OFE中，求解PA即可．解法二：分別以射線(xiàn)OA，OB，OF為x，y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)PA=h，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面EBD的法向量，平面FDB的法向量，利用空間向量的數(shù)量積求解即可．

解答 解：（Ⅰ）連接AC交BD于點(diǎn)O，連接OF，
∵O、F分別是AC、PC的中點(diǎn)，
∴FO∥PA．…（5分）
∵PA不在平面FBD內(nèi)，F(xiàn)O在平面FBD內(nèi)，
∴PA∥平面FBD．…（7分）
（Ⅱ） 解法一：連接EO，∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AC，又∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∴BD⊥平面PAC，則BD⊥EO，BD⊥FO，
∴∠EOF就是二面角E-BD-F的平面角 …（11分）
連接EF，則EF∥AC，∴EF⊥FO，
∵$EF=\frac{1}{2}AC=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，在Rt△OFE中，$FO=\frac{EF}{tan60°}=\frac{1}{2}$，故PA=2FO=1．…（15分）
（Ⅱ）解法二：因?yàn)镕O∥PA，PA⊥底面ABCD，
∴FO⊥底面ABCD，又AC⊥BD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，
如圖所示，分別以射線(xiàn)OA，OB，OF為x，y，z軸的正半軸，
建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，設(shè)PA=h，
由題意可知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：O（0，0，0），A$（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，0}）$，
B$（{0，\frac{1}{2}，0}）$，D$（{0，-\frac{1}{2}，0}）$，P$（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，h}）$，

E$（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0，\frac{h}{2}}）$…（11分）
設(shè)平面EBD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），可算得$\overrightarrow{DB}$=（0，1，0），$\overrightarrow{DE}=（{\frac{{\sqrt{3}}}{2}，\frac{1}{2}，\frac{h}{2}}）$由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AD}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{AE}=0}\end{array}\right.$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{y=0}\\{\frac{{\sqrt{3}}}{2}x+\frac{1}{2}y+\frac{h}{2}z=0}\end{array}}\right.$可取$\overrightarrow{m}=（h，0，-\sqrt{3}）$，而平面FDB的法向量可取$\overrightarrow{n}$=（1，0，0）
由已知可得$|cos＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞|=\frac{h}{\sqrt{{h}^{2}+3}}=\frac{1}{2}$，∴h=1，即PA=1．…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與平面平行的判定定理的應(yīng)用，二面角的平面鏡的求法，空間距離的求法，考查計(jì)算能力．