Question

如圖，PA，QC都與正方形ABCD所在平面垂直，AB=PA=2QC=2，AC∩BD=O
（Ⅰ）求證：OP⊥平面QBD； 
（Ⅱ）求二面角P-BQ-D平面角的余弦值；
（Ⅲ）過點(diǎn)C與平面PBQ平行的平面交PD于點(diǎn)E，求

PE

ED

的值．

Answer 1

考點(diǎn)：二面角的平面角及求法,直線與平面平行的判定

專題：空間位置關(guān)系與距離,空間角,空間向量及應(yīng)用

分析：對第（1）問，要證OP⊥平面QBD，連結(jié)OQ，只需證OP⊥BD，OP⊥OQ，前者可由BD⊥平面PAO得證，后者可由△PAO∽△OCQ得證；
對第（2）問，以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面PBQ與平面BDQ的法向量，通過兩法向量的夾角探求二面角的大�。�
對第（3）問，設(shè)

PE

=λ

ED

，用λ表示向量

CE

的坐標(biāo)，根據(jù)

CE

與平面PBQ的法向量的垂直關(guān)系建立方程，即可得λ的值．

解答： （Ⅰ）證明：連接OQ，由題知PA∥QC，∴P、A、Q、C四點(diǎn)共面，易知BD⊥AC，BD⊥PA，又PA∩AC=A，
∴BD⊥平面PACQ，得BD⊥OP．
由題中數(shù)據(jù)得PA=2，AO=OC=

2

，QC=1，∴

PA

OC

=

AO

QC

，△PAO∽△OCQ，∴∠POA=∠OQC，
又∵∠POA+∠OPA=90°，∴∠POA+∠COQ=90°，∴OP⊥OQ．
（或計(jì)算OQ=

3

，OP=

6

，PQ=3，由勾股定理得出∠POQ=90°，即OP⊥OQ）
∵BD∩OQ=O，∴OP⊥平面QBD．
（Ⅱ）解：如圖右圖所示，以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，
由題意，得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），Q（2，2，1），O（1，1，0），
∴

OP

=(-1，-1，2)，

BP

=(-2，0，2)，

BQ

=（0，2，1），設(shè)平面PBQ的法向量為

n

=(x，y，z)，
∴

n • BP =0 n • BQ =0

，得

-2x+2z=0 2y+z=0

，不妨取y=-1，得

n

=(2，-1，2)，
由（Ⅰ）知，

OP

是平面BDQ的一個(gè)法向量，于是cos＜

OP

，

n

＞=

OP • n

| OP || n |

=

6

6

，由圖知，二面角P-BQ-D為銳二面角，
∴二面角P-BQ-D的平面角的余弦值為

6

6

．
（Ⅲ）解：設(shè)

PE

=λ

ED

，∴

PD

=

PE

+

ED

=(1+λ)

ED

=（0，2，-2），

ED

=

1

1+λ

(0，2，-2)，
從而

CE

=

CD

+

DE

=(-2，-

2

1+λ

，

2

1+λ

)，
∵CE∥平面PBQ，∴

CE

與平面PBQ的法向量

n

=(2，-1，2)垂直，則

n

•

CE

=-4+

2

1+λ

+

4

1+λ

=0，
得λ=

1

2

，即

PE

ED

=

1

2

．
另解：在平面PAD中，分別過點(diǎn)D、P作直線PA、AD的平行線相交于點(diǎn)M，
連結(jié)MC交直線DQ與點(diǎn)N，在平面PQD中過點(diǎn)N作直線NE∥PQ交PQ于點(diǎn)E，如右圖所示．
由題可知CN∥PB，NE∥PQ，CN∩NE=N，∴平面CNE∥平面PBQ，∴CE∥平面PBQ．
顯然，△QCN∽△DMN，由CQ=1，MD=PA=2，∴

PE

ED

=

QN

ND

=

QC

MD

=

1

2

，即

PE

ED

=

1

2

．

點(diǎn)評：本題主要考查空間直線與平面垂直的判斷、線面平行的判斷及二面角大小的計(jì)算、空間向量應(yīng)用的基本方法，考查空間想象、計(jì)算、推理論證等能力，第（3）問的難度較大．