《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

变式5 如下图所示,四棱锥P一ABCD
中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,
AB=√3.

(1)若AD⊥PB,证明:AD//平面PBC.
(2)若AD⊥DC,且二面角A−CP−D 的正弦值为$\frac{√42}{7}$,求AD.

答案：
答案
(1)证明见解析;
(2)$\sqrt{3}$
解析
(1)因为PA⊥平面ABCD,而
ADC平面ABCD,所以PA⊥AD.
又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC二
平面PAB,所以AD⊥平面PAB,而ABC平
面PAB,所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC²,所以BC⊥AB,
根据平面知识可知AD//BC,
又AD∠平面PBC,BCC平面PBC,所
以AD//平面PBC.
(2)方法一:如下图所示，过点D作DE
⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于F,连
接DF,

因为PA⊥平面ABCD,
所以平面PAC⊥平面ABCD，
而平面PAC门平面ABCD=AC,
所以DE⊥平面PAC，
又EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，
∠DFE即为二面角A一CP一D的平
面角，
即sin∠DFE=$\frac{√42}{7}$,即tan∠DFE=√6.
因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4−x²,
由等面积法可得DE=$\frac{x√4−x²}{2}$,
又CE=√(4|²)−$\frac{(4−x²)}{4}$=$\frac{4−x²}{2}$,
而△EFC为等腰直角三角形，
所以EF=$\frac{4−x²}{2√2}$,
x√4−x²
故tan∠DFE=

=√6,
2√2
解得x=√3,即AD=√3.
方法二:如下图所示，以D为坐标原点，
DA,DC分别为x,y轴,建立坐标系.

设AD=t,则D(0,0,0),A(t,0,0),
C(0,√4−t²,0),P((t,0,2),
于是AC=(−tt,√4−,0),AP=(0,0,,2)),
DC=(0,√4−t²,0),DP=(t,0,2).
设平面ACP的一个法向量为
n=(x1,y1,1),
平面DCP的一个法向量n2=(x2,y2,22),
于是{−tx1+√4−t²y1=0,
2z1=0,
所以n1=(√4−t²,t,0).
同理{√4−t²y2=0,
t2+2x2=0,
所以n2=(2,0,−t),
所以|cos＜n,n＞|=|[nn1。.nn22||"$\frac{1}{7}$,
所以t2=3,即t=√3,所以AD=√3.
方法三:如下图所示，过点D作DE⊥
AC于E,再过点E作EF⊥CP于F，连
接DF.

因为PA⊥平面ABCD，
所以平面PAC⊥平面ABCD,
而平面PAC门平面ABCD=AC，
所以DE⊥平面PAC,
又EF⊥CP,所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，
∠DFE即为二面角A一CP一D的平
面角，
即sin∠DFE=$\frac{√42}{7}$,即tan∠DFE=√6.
为此,设∠DAE=θ,AC=2,
AD=2cosθ,CD=2sinθ,
所以CE=2sin²θ,EF=√2sin²θ,
DE=2cosθsinθ,
于是tan∠DFE=√6=$\frac{2cos0sin0}{√2sin²0}$,
所以tanθ=$\frac{√3}{3}$,所以∠DAE=$\frac{π}{6}$,
所以AD=2cosθ=2cos$\frac{π}{6}$=√3.