Question

11．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，Q為AD的中點(diǎn)，M是棱PC的中點(diǎn)，PA=PD=PC，BC=$\frac{1}{2}$AD=2，CD=4
（1）求證：直線PA∥平面QMB；
（2）若二面角P-AD-C為60°，求直線PB與平面QMB所成角的余弦值．

Answer 1

分析 （1）連接BQ，連接AC交BQ于點(diǎn)O，連接OM．由已知可得四邊形BCDQ是矩形．由BQ∥CD，又Q是AD的中點(diǎn)，可得點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)．又M是棱PC的中點(diǎn)，可得OM∥PA，即可證明直線PA∥平面QMB．
（2）Q為AD的中點(diǎn)，PA=PD，PQ⊥AD，又BQ⊥AD，∠PQB是二面角P-AD-C的二面角的平面角．由PA=PD=PC，可得點(diǎn)P在平面ADC的射影是Rt△ACD的外心．O為△ADC的外心，可得PO⊥平面ABCD．過點(diǎn)O作Ox∥DA，以O(shè)x、OB、OC分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)平面QMB的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BQ}=0}\end{array}\right.$，可得$\overrightarrow{n}$，直線PB與平面QMB所成角的正弦值=$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PB}|}$．

解答 （1）證明：連接BQ，連接AC交BQ于點(diǎn)O，連接OM．
∵Q為AD的中點(diǎn)，BC=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴BC=DQ，又BC∥DQ，∠ADC=90°，
∴四邊形BCDQ是矩形．
∴BQ∥CD，又Q是AD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)．
又M是棱PC的中點(diǎn)，∴OM∥PA．
又AP?平面QMB，OM?平面QMB，
∴直線PA∥平面QMB．
（2）解：∵Q為AD的中點(diǎn)，PA=PD，
∴PQ⊥AD，又BQ⊥AD，
∴∠PQB是二面角P-AD-C的二面角的平面角．
∴∠PQB=60°，
∴PA=PD=PC，
∴點(diǎn)P在平面ADC的射影是Rt△ACD的外心．．
∵△ADC為等腰直角三角形，∴O為△ADC的外心，
∴PO⊥平面ABCD．
在Rt△PQO中，∵∠PQO=60°．
∴PO=2$\sqrt{3}$．
過點(diǎn)O作Ox∥DA，以O(shè)x、OB、OC分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．
取B（0，2，0），Q（0，-2，0），P（0，0，2$\sqrt{3}$），C（-2，2，0）．
∵M(jìn)是PC的中點(diǎn)，
∴M（-1，1，$\sqrt{3}$）．
$\overrightarrow{BM}$=（-1，-1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{BQ}$=（0，-4，0）．
設(shè)平面QMB的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BM}=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{BQ}=0}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{-x-y+\sqrt{3}z=0}\\{-4y=0}\end{array}\right.$．
取$\overrightarrow{n}$=$（\sqrt{3}，0，1）$，
又$\overrightarrow{PB}$=$（0，2，-2\sqrt{3}）$．
∴直線PB與平面QMB所成角的正弦值是：$\frac{|\overrightarrow{n}•\overrightarrow{PB}|}{|\overrightarrow{n}||\overrightarrow{PB}|}$=$\frac{2\sqrt{3}}{2×4}$=$\frac{\sqrt{3}}{4}$．
∴直線PB與平面QMB所成角的余弦值為$\frac{\sqrt{13}}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查了空間位置關(guān)系、線面垂直與平行的判定與性質(zhì)定理、法向量的應(yīng)用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．