Question

17．如圖所示，在矩形ABCD中，AB=1，AD=a，PA⊥平面ABCD，且PA=1，E為AB中點，F(xiàn)、Q分別在邊PD、BC上，$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$，λ∈（0，1），且僅存在唯一一點Q，使得PQ⊥QD．
（1）當λ=$\frac{1}{4}$時，求證：AQ⊥EF；
（2）若平面PAQ與平面EFQ所成銳二面角的大小為60°，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）以A為原點，邊AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，根據(jù)已知條件求出點A，Q，E，F(xiàn)的坐標，求數(shù)量積等于0即可；
（2）設F（0，y，z），根據(jù)條件$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$便可求得F（0，2λ，1-λ），取AQ中點M，容易判斷出BM為平面PAQ的一個法向量．求出平面EFQ的法向量，利用平面PAQ與平面EFQ所成銳二面角的大小為60°，可建立關于λ的方程，解方程即得λ的值．

解答 （1）證明：由題意，僅存在唯一一點Q，使得PQ⊥QD，則a=2，如圖，以A為原點，直線AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則：
A（0，0，0），E（$\frac{1}{2}$，0，0），Q（1，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0），B（1，0，0）；
設F（0，y，z），∴$\overrightarrow{PF}$=（0，y，z-1），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-1）
∵$\overrightarrow{PF}$=$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{PD}$
∴（0，y，z-1）=$\frac{1}{4}$（0，2，-1）；
∴y=$\frac{1}{2}$，z=$\frac{3}{4}$，
∴F（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$），
∴$\overrightarrow{EF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$），
∵$\overrightarrow{AQ}$=（1，1，0），
∴$\overrightarrow{AQ}$•$\overrightarrow{EF}$=0，
∴AQ⊥EF；
（2）設F（0，y，z），$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$，
∴（0，y，z-1）=λ（0，2，-1）；
∴y=2λ，z=1-λ，
∴F（0，2λ，1-λ）；
取AQ的中點為M，連接BM，則M（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0）
∵AB=BQ；
∴BM⊥AQ；
又PA⊥平面ABCD，BM?平面ABCD；
∴PA⊥BM，即BM⊥PA，PA∩AQ=A；
∴BM⊥平面PAQ；
∴$\overrightarrow{BM}$=（-（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0）為平面PAQ的一個法向量；
設平面EFQ的法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）
則$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}x+2λy+（1-λ）z=0}\\{\frac{1}{2}x+y=0}\end{array}\right.$
∴$\overrightarrow{n}$=（-2，1，$\frac{1+2λ}{λ-1}$）
∵平面PAQ與平面EFQ所成銳二面角的大小為60°
∴cos60°=$\frac{1+\frac{1}{2}}{\sqrt{5+（\frac{1+2λ}{λ-1}）^{2}}•\sqrt{\frac{1}{2}}}$
∴解得λ=$\frac{5-\sqrt{13}}{3}$，或λ=$\frac{5+\sqrt{13}}{3}$（舍去）．
即λ=$\frac{5-\sqrt{13}}{3}$．

點評 考查建立空間直角坐標系，利用空間向量證明空間異面直線垂直，解決空間角的方法，以及兩非零向量垂直的充要條件，線面垂直的性質，線面垂直的判定定理，平面法向量的概念，向量數(shù)量積的坐標運算，向量夾角余弦的坐標公式，平面法向量的夾角和平面二面角的平面角度大小的關系．