Question

20．如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，側(cè)面PDC⊥底面ABCD，△PDC是等邊三角形，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，點E，F(xiàn)，G分別是棱PD，PC，BC的中點．
（Ⅰ）求證：AP∥平面EFG；
（Ⅱ）求二面角G-EF-D的大��；
（Ⅲ）在線段PB上存在一點Q，使PC⊥平面ADQ，且$\overrightarrow{PQ}$=λ$\overrightarrow{PB}$，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設H是AD的中點，連接EH，GH，推導出EF∥GH，從而E，F(xiàn)，G，H四點共面，再由PA∥EH，能證明PA∥平面EFG．
（Ⅱ）過點D作z軸與平面ABCD垂直，則z軸?平面PDC以DA，DC分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系D-xyz，利用向量法能求出結(jié)果．

解答 證明：（Ⅰ）設H是AD的中點，連接EH，GH，
∵E，F(xiàn)，G分別是PD，PC，BC的中點
∴EF∥CD，GH∥CD，∴EF∥GH，
∴E，F(xiàn)，G，H四點共面，…（2分）
∵PA∥EH，PA?平面EFGH，∴PA∥平面EFG．…（4分）
解：（Ⅱ）∵平面PDC⊥底面EFGH，AD⊥DC
∴AD⊥平面PDC，過點D作z軸與平面ABCD垂直，則z軸?平面PDC
以DA，DC分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系D-xyz…（5分）
設平面EFD的法向量為$\overrightarrow m$，則$\overrightarrow m=（1，0，0）$…（6分）
設平面EFG的法向量為$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
$G（\frac{1}{2}，\frac{3}{2}，0）$，$E（0，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$F（0，\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
$\overrightarrow{EF}=（0，1，0）$，$\overrightarrow{GF}=（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{EF}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{GF}=0\end{array}\right.$，故$\left\{\begin{array}{l}y=0\\-\frac{1}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}z=0\end{array}\right.$∴取a=1，得$\overrightarrow n=（\sqrt{3}，0，1）$…（8分）
$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{1×2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$…（9分）
∴$＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞={30°}$，∴二面角G-EF-D的大小為30°．…（10分）
（Ⅲ）$P（0，1，\sqrt{3}）$，B（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0），
設Q（x，y，z），$\overrightarrow{PC}=（0，1，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{PB}=（1，0，-\sqrt{3}）$，…（11分）
$\overrightarrow{PQ}=（x，y-1，z-\sqrt{3}）=λ（1，0，-\sqrt{3}）=（λ，0，-\sqrt{3}λ）$…（12分）
∴$Q（λ，1，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{AQ}=（λ-1，-1，\sqrt{3}λ-\sqrt{3}）$…（13分）
∵PC⊥平面ADQ，∴PC⊥AQ
∴$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{AQ}$=-1+3-3λ=0，解得$λ=\frac{2}{3}$…（14分）

點評 本題考查線面平行的證明，考查二面角的求法，考查滿足線面垂直的線段和長的確定，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎知識，考查空間想象能力、推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，考查創(chuàng)新意識、應用意識，是中檔題．