《2025年教材课本高中数学选择性必修第一册人教B版》

6. 如图所示，四棱锥$S - ABCD$的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的$\sqrt{2}$倍，$P$为侧棱$SD$上的点.
(1)求证：$AC\perp SD$；
(2)若$SD\perp$平面$PAC$，求二面角$P - AC - D$的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱$SC$上是否存在一点$E$，使得$BE//$平面$PAC$. 若存在，求$SE:EC$的值；若不存在，试说明理由.

答案：
连接$AC$,$BD$,设$AC$交$BD$于点$O$,连接$SO$,由题意知$SO\perp$平面$ABCD$.
以$O$为坐标原点,以$\overrightarrow{OB}$,$\overrightarrow{OC}$,$\overrightarrow{OS}$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向,建立如图D8所示的空间直角坐标系.
设底面边长为$a$,则高$SO=\frac{\sqrt{6}}{2}a$,于是$S(0,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$,$D(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,0)$,$C(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$.
(1)易得$\overrightarrow{OC}=(0,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$,$\overrightarrow{SD}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,-\frac{\sqrt{6}}{2}a)$.
$\because\overrightarrow{OC}\cdot\overrightarrow{SD}=0$,故$OC\perp SD$,从而$AC\perp SD$.
(2)由题设知,平面$PAC$的一个法向量$\overrightarrow{DS}=(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$,平面$DAC$的一个法向量$\overrightarrow{OS}=(0,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$,
设所求二面角为$\theta$,则$|\cos\theta|=\frac{|\overrightarrow{OS}\cdot\overrightarrow{DS}|}{|\overrightarrow{OS}||\overrightarrow{DS}|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
又所求二面角为锐角,故所求二面角的大小为$30^{\circ}$.
(3)在棱$SC$上存在一点$E$使得$BE//$平面$PAC$,如图D8所示.
由
(2)知$\overrightarrow{DS}$是平面$PAC$的一个法向量且$\overrightarrow{DS}=(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$,$\overrightarrow{CS}=(0,-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{6}}{2}a)$.
又$B(\frac{\sqrt{2}}{2}a,0,0)$,故$\overrightarrow{BC}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a,0)$.
设$\overrightarrow{CE}=t\overrightarrow{CS}=(0,-\frac{\sqrt{2}}{2}ta,\frac{\sqrt{6}}{2}ta)$,则$\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{BC}+t\overrightarrow{CS}=(-\frac{\sqrt{2}}{2}a,\frac{\sqrt{2}}{2}a(1 - t),\frac{\sqrt{6}}{2}at)$,
若使$BE//$平面$PAC$,则$\overrightarrow{BE}\cdot\overrightarrow{DS}=0$,
$\therefore-\frac{1}{2}a^{2}+\frac{3}{2}a^{2}t = 0$,解得$t=\frac{1}{3}$.
又$BE$不在平面$PAC$内,故当$SE:EC = 2:1$时,有$BE//$平面$PAC$.