Question

在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為正方形，E、F分別為BC、PD的中點，PA=AB．
（1）求證：EF∥平面PAB；
（2）求直線EF與平面PCD所成的角．

Answer 1

【答案】分析：（1）法一：利用線面平行的判定定理證明：取PA中點K，連KF、KB則根據(jù)三角形中位線定理和正方形ABCD的性質可達得四邊形KBEF為平行四邊形即KB∥EF然后根據(jù)線面平行的判定定理即可得證．
法二：利用空間向量的基本定理證明：根據(jù)向量減法的三角形法則可得=-而根據(jù)向量加法的平行四邊形法則可得，再結合可得即可得證．
法三：利用面面平行可證線面平行：取AD中點為M連接EM，F(xiàn)M根據(jù)面面平行的判定定理可證面PAB∥面EFM即可得出EF∥平面PAB
（2）法一：可采用補形法即四棱錐還原成正方體PRST-ABCD（如圖）去DT的中點L連接CL則可得四邊形ECLF為平行四邊形即EF∥CL所以直線EF與平面PCD所成的角即為直線CL與
平面PCD所成的角而根據(jù)正方體的性質易得平面PADT⊥平面PRCD 則根據(jù)面面垂直的性質定理可知L在平面PRCD上的射影M必在PD上則∠MCL即為直線EF與平面PCD所成的角然后在三角形LMC中求出∠MCL即可．
法二：空間向量法：建立空間直角坐標系設PA=AB=BC=1求出面PCD的法向量和然后根據(jù)向量的夾角公式可求出cos=的值然后根據(jù)cos的正負即可得解（若cos＞0則所求角為-，若cos＜0則所求角為-）．
法三：余角法：連接AF，AE根據(jù)線面垂直的判定定理可證出AF⊥面PCD故EF與面PCD的夾角即為∠AFE的余角然后利用余弦定理求出cos∠AFE即可得解．
解答：證明：（1）法一：取PA中點K，連KF、KB，由中位線定理知KF AD=BE．
∴四邊形KBEF為平行四邊形
∴KB∥EF（2分）
而KB?平面PAB，EF?平面PAB，
∴EF∥平面PAB（2分）
法二：證明：Θ=-
=（+）-（+）
═+---（2分）
=+--=-
∴EF∥平面PAB （2分）
法三：取AD中點為M，則MF∥AP，ME∥AB，（2分）
又EM∩MF=M，BA∩PA=A，∴面PAB∥面EFM
又EF?面EMF，∴EF∥面PAB （2分）
（2）法一：將四棱錐還原成正方體PRST-ABCD（如圖） （2分）
將線段EF按平移成CL，于是只需考慮求直線CL與平面PRCD的夾角．
ΘCD⊥平面PADT
CD?平面PRCD，
∴平面PADT⊥平面PRCD （2分）
設L在平面PRCD上的射影為M，則M∈PD
∴ML=，CL==a（設正方體棱長為2a） （2分）
∴∠MCL=arcsin=arcsin 
即直線EF與平面PCD的夾角為arcsin．（2分）
法二：如圖所示建立空間直角坐標系，設PA=AB=BC=1
則P（0，0，1），D（0，1，0），B（1，0，0），
C（1，1，0），A（0，0，0）
∴E（1，，0），F(xiàn)（0，，）
∴=（-1，0，），=（0，1，-1），
=（-1，0，0）（2分）
設面PCD的法向量=（0，x，y），則（0，x，y），
（0，1，-1）=0，（0，x，y），（-1，0，0）=0，x=y，故可令x=y=1．?
=（0，1，1）（2分）
∴該法向量與的夾角為θ滿足
cosθ== （3分）
∴EF與平面PCD的夾角為-arccos=arcsin （1分）
法三：設PA=AB=AD=2，連接AE，AF
ΘPA⊥面ABCD，CD?面ABCD
∴PA⊥CD …（1分）
而AD⊥CD，AD與PD交于D，
∴CD⊥面PAD，…（1分）
又AF?面PAD，
∴CD⊥AF …（1分）
又Θ△PAD為等腰Rt△，所以AF⊥PD
ΘPD與CD交于D，
∴AF⊥面PCD，…（1分）
∴EF與面PCD的夾角即為∠AFE的余角．
AF==，AE==，
EF=BK==，
∴由余弦定理得cos∠AFE=
==（3分）
∴EF與面PCD的夾角為-arccos=arcsin （1分）
點評：本題主要考察了線面平行的判定和線面角的求解，屬較難題型．解題的關鍵是再證線面平行時常用到的方法有：線面平行的判定定理，空間向量的基本定理，面面平行可證線面平行而在求解線面角時補形法，空間向量法，余角法也是常用的方法需要說明的是其中余角法與空間向量法是如出一轍的！