Question

20．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點(diǎn)，M是棱PC的中點(diǎn)，PA=PD=2，BC=$\frac{1}{2}$AD=1，CD=$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求證：PQ⊥AB；
（Ⅱ）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角P-QB-M的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）只需證明PQ⊥AD、PQ⊥BQ，即PQ⊥平面ABCD即可；
（Ⅱ）建立空間坐標(biāo)系如圖，根據(jù)題意，可得各點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{m}$，由$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DC}=0}\end{array}\right.$，可得平面PCD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（$-\sqrt{3}$，0，1），又直線PB與平面PCD所成角為θ加上＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{BP}$＞為$\frac{π}{2}$，所以所求值即為cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{\sqrt{2}}{4}$；
（Ⅲ）同理可平面PQB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，0，0），平面MQB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{3}$，0，1），故所求值即為cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

解答 （Ⅰ）證明：∵底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥DC，BC=$\frac{1}{2}$AD=1，
∴AD⊥BQ，Q為AD中點(diǎn)，又∵PA=PD=2，∴PQ⊥AD，
又∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，∴PQ⊥BQ，
∵BQ?平面ABCD，BQ?平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD，所以PQ⊥AB；
（Ⅱ）解：建立空間坐標(biāo)系如圖，根據(jù)題意，則A（1，0，0），Q（0，0，0），
B（0，$\sqrt{3}$，0），C（-1，$\sqrt{3}$，0），D（-1，0，0），P（O，0，$\sqrt{3}$），
由M是棱PC的中點(diǎn)可知M（$-\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），
設(shè)平面PCD的法向量為$\overrightarrow{m}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DP}=0}\\{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{DC}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（x，y，z）•（1，0，\sqrt{3}）=x+\sqrt{3}z=0}\\{（x，y，z）•（0，\sqrt{3}，0）=\sqrt{3}y=0}\end{array}\right.$，
因此平面PCD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（$-\sqrt{3}$，0，1），
所以cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{BP}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{BP}|}$=$\frac{（-\sqrt{3}，0，1）•（0，-\sqrt{3}，\sqrt{3}）}{\sqrt{3+1}•\sqrt{3+3}}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
記直線PB與平面PCD所成角為θ，則θ+＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{π}{2}$，
從而sinθ=cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{BP}$＞=$\frac{\sqrt{2}}{4}$；
（Ⅲ）解：顯然平面PQB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{1}}$=（1，0，0），
設(shè)平面MQB的法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（x，y，z），
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{QB}=0}\\{\overrightarrow{{n}_{2}}•\overrightarrow{QM}=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{（x，y，z）•（0，\sqrt{3}，0）=0}\\{（x，y，z）•（-\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）=0}\end{array}\right.$，
故平面MQB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{{n}_{2}}$=（$\sqrt{3}$，0，1），
則二面角P-QB-M的余弦值為cos＜$\overrightarrow{{n}_{1}}$，$\overrightarrow{{n}_{2}}$＞=$\frac{\overrightarrow{{n}_{1}}•\overrightarrow{{n}_{2}}}{|\overrightarrow{{n}_{1}}|•|\overrightarrow{{n}_{2}}|}$=$\frac{（1，0，0）•（\sqrt{3}，0，1）}{\sqrt{1}•\sqrt{3+1}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查空間角、空間向量及其應(yīng)用，建立空間直角坐標(biāo)系是解決問題的關(guān)鍵，屬中檔題．