Question

如圖，已知四棱錐P-ABCD，PB⊥AD側(cè)面PAD為邊長等于2的正三角形，底面ABCD為菱形，側(cè)面PAD與底面ABCD所成的二面角為120°．
（I）求點(diǎn)P到平面ABCD的距離，
（II）求面APB與面CPB所成二面角的大�。�

Answer 1

分析：（1）側(cè)面PAD為邊長等于2的正三角形，底面ABCD為菱形，△PAD與菱形ABCD有公共邊AD，所以△PAD≌△ADB≌△CDB，故作PO⊥平面ABCD，垂足為點(diǎn)O．連接OB、OA、OD、OB與AD交于點(diǎn)E，連接PE．于是OB平分AD，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD．由此知∠PEB為面PAD與面ABCD所成二面角的平面角，為120°，所以PO=PE•sin60°=

3

2

．
（2）解法一：
建立直角坐標(biāo)系，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸平行于DA，OB為y軸，OP為z軸，連接AG．
則：P（0，0，

3

2

），B（0，

3 3

2

，0），PB的中點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，

3 3

4

，

3

4

），A（1，

3

2

，0），C（-2，

3 3

2

，0）．根據(jù)坐標(biāo)運(yùn)算即可求得面APB與面CPB所成二面角的大�。�這種解法的好處就是：（1）解題過程中較少用到空間幾何中判定線線、面面、線面相對(duì)位置的有關(guān)定理，因?yàn)檫@些可以用向量方法來解決．（2）即使立體感稍差一些的學(xué)生也可以順利解出，因?yàn)橹恍璁媯�(gè)草圖以建立坐標(biāo)系和觀察有關(guān)點(diǎn)的位置即可．
解法二：
求解二面角的大小，關(guān)鍵在于作出它的平面角．取PB的中點(diǎn)G，PC的中點(diǎn)F，連接EG、AG、GF，則AG⊥PB，F(xiàn)G∥BC，F(xiàn)G=

1

2

BC．因?yàn)锳D⊥PB，所以BC⊥PB，F(xiàn)G⊥PB，所以∠AGF是所求二面角的平面角．

解答：（I）解：如圖，作PO⊥平面ABCD，垂足為點(diǎn)O．連接OB、OA、OD、OB與AD交于點(diǎn)E，連接PE．

∵AD⊥PB，∴AD⊥OB，
∵PA=PD，∴OA=OD，
于是OB平分AD，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD．由此知∠PEB為面PAD與面ABCD所成二面角的平面角，
∴∠PEB=120°，∠PEO=60°
由已知可求得PE=

3

∴PO=PE•sin60°=

3

×

3

2

=

3

2

，
即點(diǎn)P到平面ABCD的距離為

3

2

．
（II）解法一：如圖建立直角坐標(biāo)系，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸平行于DA.P(0，0，

3

2

)，B(0，

3 3

2

，0)，PB中點(diǎn)G的坐標(biāo)為(0，

3 3

4

，

3

4

)．連接AG．

又知A(1，

3

2

，0)，C(-2，

3 3

2

，0)．由此得到：

GA

=(1，-

3

4

，-

3

4

)，

PB

=(0，

3 3

2

，-

3

2

)，

BC

=(-2，0，0)．
于是有

GA

•

PB

=0，

BC

•

PB

=0
所以

GA

⊥

PB

•

BC

⊥

PB

.

GA

，

BC

的夾角θ
等于所求二面角的平面角，
于是cosθ=

GA • BC

| GA |•| BC |

=-

2 7

7

，
所以所求二面角的大小為π-arccos

2 7

7

．
解法二：如圖，取PB的中點(diǎn)G，PC的中點(diǎn)F，連接EG、AG、GF，則AG⊥PB，F(xiàn)G∥BC，F(xiàn)G=

1

2

BC．

∵AD⊥PB，∴BC⊥PB，F(xiàn)G⊥PB，
∴∠AGF是所求二面角的平面角．
∵AD⊥面POB，∴AD⊥EG．
又∵PE=BE，∴EG⊥PB，且∠PEG=60°．
在Rt△PEG中，EG=PE•cos60°=

3

2

．
在Rt△PEG中，EG=

1

2

AD=1．
于是tan∠GAE=

EG

AE

=

3

2

，
又∠AGF=π-∠GAE．
所以所求二面角的大小為π-arctan

3

2

．

點(diǎn)評(píng)：本小題主要考查棱錐，二面角和線面關(guān)系等基本知識(shí)，同時(shí)考查空間想象能力和推理、運(yùn)算能力．