Question

18．如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，沿對(duì)角線BD將△ABD折起，使A，C之間的距離為$\sqrt{6}$，若P，Q分別為線段BD，CA上的動(dòng)點(diǎn)．

（1）求線段PQ長(zhǎng)度的最小值；
（2）當(dāng)線段PQ長(zhǎng)度最小時(shí)，求直線PQ與平面ACD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 取BD中點(diǎn)E，連結(jié)AE，CE，說(shuō)明CE⊥BD，證明AE⊥CE，得到AE⊥平面BCD，以EB，EC，EA分別為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
（1）設(shè)P（a，0，0）求出$\overrightarrow{PQ}$向量表達(dá)式，然后求解模的最值．
（2）由（1）知$\overrightarrow{PQ}=（0，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$，求出平面ACD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$，然后利用向量的數(shù)量積，求解故直線PQ與平面ACD所成角的正弦值．

解答 解：取BD中點(diǎn)E，連結(jié)AE，CE，則AE⊥BD，CE⊥BD，AE=CE=$\sqrt{3}$，
∵AC=$\sqrt{6}$，∴AE²+CE²=AC²，∴△ACE為直角三角形，∴AE⊥CE，
∴AE⊥平面BCD…（2分）
以EB，EC，EA分別為x，y，z軸，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
則B（1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），…（3分）
（1）設(shè)P（a，0，0），$\overrightarrow{CQ}=λ\overrightarrow{CA}=（0，-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）$，
則$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CQ}=（-a，\sqrt{3}，0）+（0，-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）=（-a，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）$，
$\overrightarrow{PQ}=\sqrt{{a}^{2}+（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）^{2}+3{λ}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+6{λ}^{2}-6λ+3}$=$\sqrt{{a}^{2}+6（{λ-\frac{1}{2}）}^{2}+\frac{3}{2}}$…（5分）
當(dāng)a=0，$λ=\frac{1}{2}$時(shí)，PQ長(zhǎng)度最小值為$\frac{\sqrt{6}}{2}$…（6分）
（2）由（1）知$\overrightarrow{PQ}=（0，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$，設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{DC}$得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=0\\ \overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=0\end{array}\right.$，化簡(jiǎn)得$\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{3}z=0\\ x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，-1，-1）$
設(shè)PQ與平面ACD所成角為θ，則$sinθ=|cos＜\overrightarrow{PQ}，\overrightarrow{n}＞|$=$\left|\frac{-\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{6}}{2}×5}\right|$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
故直線PQ與平面ACD所成角的正弦值為$\frac{\sqrt{10}}{5}$…（10分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與平面所成角的求法，空間距離公式的應(yīng)用，考查邏輯推理能力以及計(jì)算能力．