Question

2．如圖（1）所示，以線段BD為直徑的圓經(jīng)過A，C兩點，且AB=BC=1，BD=2，延長DA，CB交于點P，將△PAB沿AB折起，使點P至點P′位置得到如圖（2）所示的空間圖形，其中點P′在平面ABCD內(nèi)的射影恰為線段AD的中點Q．
（Ⅰ）若線段P′B，P′C的中點分別為E，F(xiàn)，試判斷A，D，E，F(xiàn)四點是否共面？并說明理由；
（Ⅱ）求平面P′AB與平面P′CD的夾角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）假設(shè)A，D，E，F(xiàn)四點共面．推出BC∥AD，與BC∩AD=P矛盾，得到結(jié)果．
（Ⅱ）連接AC，連接CQ，以Q為坐標原點，分別以QC，QD，QP'為x，y，z軸建立空間直角坐標系Q-xyz，求出相關(guān)點的坐標，設(shè)平面P'AB的一個法向量平面P'CD的一個法向量，利用數(shù)量積求解平面P'AB與平面P'CD的夾角的余弦值．

解答 （Ⅰ）證明：假設(shè)A，D，E，F(xiàn)四點共面．因為EF∥BC，BC?平面AEFD，
所以BC∥平面AEFD，又平面AEFD∩平面ABCD=AD，
且BC⊆平面ABCD，所以BC∥AD，這就與已知圖（1）中BC∩AD=P矛盾，
所以，A，D，E，F(xiàn)四點不共面．…（5分）
（Ⅱ）解：因為BD為圓的直徑，所以$∠BAD=∠BCD=\frac{π}{2}$，
在Rt△ABD和Rt△BCD中，由AB=BC=1，BD=2，可得$AD=CD=\sqrt{3}$，
且$∠ADB=∠BDC=\frac{π}{6}$，所以$∠ADC=\frac{π}{3}$，連接AC，則有△ACD為正三角形，又Q為AD的中點，
連接CQ可知CQ⊥AD，又P'Q⊥底面ABCD，所以QC，QD，QP'兩兩垂直．
以Q為坐標原點，分別以QC，QD，QP'為x，y，z軸建立空間直角坐標系Q-xyz，則有$A（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），B（1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），C（\frac{3}{2}，0，0）$，$D（0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），P'（0，0，\frac{3}{2}）$
設(shè)平面P'AB的一個法向量為$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，則$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AB}=（x，y，z）•（1，0，0）=x=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PA}=（x，y，z）•（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}）=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}y-\frac{3}{2}z=0\end{array}\right.$
令z=1，可得$\overrightarrow{n_1}=（0，-\sqrt{3}，1）$，
同理可求得平面P'CD的一個法向量為$\overrightarrow{n_2}=（1，\sqrt{3}，1）$，$|{cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞}|=\frac{{|{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}|}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|×|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，…（13分）
因此，平面P'AB與平面P'CD的夾角的余弦值為$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．

點評 本題考查二面角的平面角的求法，四點共面問題的證明方法，反證法的應(yīng)用，二面角的求法一般有兩種方法，一是幾何法，二是向量法，需要平時訓(xùn)練才能靈活應(yīng)用．