Question

在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E、F分别为BC、PD的中点，PA=AB．
（1）求证：EF∥平面PAB；
（2）求直线EF与平面PCD所成的角．

Answer

（1）法一：利用线面平行的判定定理证明：取PA中点K，连KF、KB则根据三角形中位线定理和正方形ABCD的性质可达得四边形KBEF为平行四边形即KB∥EF然后根据线面平行的判定定理即可得证．
法二：利用空间向量的基本定理证明：根据向量减法的三角形法则可得=-而根据向量加法的平行四边形法则可得，再结合可得即可得证．
法三：利用面面平行可证线面平行：取AD中点为M连接EM，FM根据面面平行的判定定理可证面PAB∥面EFM即可得出EF∥平面PAB
（2）法一：可采用补形法即四棱锥还原成正方体PRST-ABCD（如图）去DT的中点L连接CL则可得四边形ECLF为平行四边形即EF∥CL所以直线EF与平面PCD所成的角即为直线CL与
平面PCD所成的角而根据正方体的性质易得平面PADT⊥平面PRCD 则根据面面垂直的性质定理可知L在平面PRCD上的射影M必在PD上则∠MCL即为直线EF与平面PCD所成的角然后在三角形LMC中求出∠MCL即可．
法二：空间向量法：建立空间直角坐标系设PA=AB=BC=1求出面PCD的法向量和然后根据向量的夹角公式可求出cos=的值然后根据cos的正负即可得解（若cos＞0则所求角为-，若cos＜0则所求角为-）．
法三：余角法：连接AF，AE根据线面垂直的判定定理可证出AF⊥面PCD故EF与面PCD的夹角即为∠AFE的余角然后利用余弦定理求出cos∠AFE即可得解．
证明：（1）法一：取PA中点K，连KF、KB，由中位线定理知KF AD=BE．
∴四边形KBEF为平行四边形
∴KB∥EF（2分）
而KB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB（2分）
法二：证明：Θ=-
=（+）-（+）
═+---（2分）
=+--=-
∴EF∥平面PAB （2分）
法三：取AD中点为M，则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：将四棱锥还原成正方体PRST-ABCD（如图） （2分）
将线段EF按平移成CL，于是只需考虑求直线CL与平面PRCD的夹角．
ΘCD⊥平面PADT
CD⊂平面PRCD，
∴平面PADT⊥平面PRCD （2分）
设L在平面PRCD上的射影为M，则M∈PD
∴ML=，CL==a（设正方体棱长为2a） （2分）
∴∠MCL=arcsin=arcsin 
即直线EF与平面PCD的夹角为arcsin．（2分）
法二：如图所示建立空间直角坐标系，设PA=AB=BC=1
则P（0，0，1），D（0，1，0），B（1，0，0），
C（1，1，0），A（0，0，0）
∴E（1，，0），F（0，，）
∴=（-1，0，），=（0，1，-1），
=（-1，0，0）（2分）
设面PCD的法向量=（0，x，y），则（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）
∴该法向量与的夹角为θ满足
cosθ== （3分）
∴EF与平面PCD的夹角为-arccos=arcsin （1分）
法三：设PA=AB=AD=2，连接AE，AF
ΘPA⊥面ABCD，CD⊂面ABCD
∴PA⊥CD …（1分）
而AD⊥CD，AD与PD交于D，
∴CD⊥面PAD，…（1分）
又AF⊂面PAD，
∴CD⊥AF …（1分）
又Θ△PAD为等腰Rt△，所以AF⊥PD
ΘPD与CD交于D，
∴AF⊥面PCD，…（1分）
∴EF与面PCD的夹角即为∠AFE的余角．
AF==，AE==，
EF=BK==，
∴由余弦定理得cos∠AFE=
==（3分）
∴EF与面PCD的夹角为-arccos=arcsin （1分）