Question

20．如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，侧面PDC⊥底面ABCD，△PDC是等边三角形，AB=AD=$\frac{1}{2}$CD=1，点E，F，G分别是棱PD，PC，BC的中点．
（Ⅰ）求证：AP∥平面EFG；
（Ⅱ）求二面角G-EF-D的大小；
（Ⅲ）在线段PB上存在一点Q，使PC⊥平面ADQ，且$\overrightarrow{PQ}$=λ$\overrightarrow{PB}$，求λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设H是AD的中点，连接EH，GH，推导出EF∥GH，从而E，F，G，H四点共面，再由PA∥EH，能证明PA∥平面EFG．
（Ⅱ）过点D作z轴与平面ABCD垂直，则z轴?平面PDC以DA，DC分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系D-xyz，利用向量法能求出结果．

解答 证明：（Ⅰ）设H是AD的中点，连接EH，GH，
∵E，F，G分别是PD，PC，BC的中点
∴EF∥CD，GH∥CD，∴EF∥GH，
∴E，F，G，H四点共面，…（2分）
∵PA∥EH，PA?平面EFGH，∴PA∥平面EFG．…（4分）
解：（Ⅱ）∵平面PDC⊥底面EFGH，AD⊥DC
∴AD⊥平面PDC，过点D作z轴与平面ABCD垂直，则z轴?平面PDC
以DA，DC分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系D-xyz…（5分）
设平面EFD的法向量为$\overrightarrow m$，则$\overrightarrow m=（1，0，0）$…（6分）
设平面EFG的法向量为$\overrightarrow n=（x，y，z）$，
$G（\frac{1}{2}，\frac{3}{2}，0）$，$E（0，\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，$F（0，\frac{3}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
$\overrightarrow{EF}=（0，1，0）$，$\overrightarrow{GF}=（-\frac{1}{2}，0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，
则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow n•\overrightarrow{EF}=0\\ \overrightarrow n•\overrightarrow{GF}=0\end{array}\right.$，故$\left\{\begin{array}{l}y=0\\-\frac{1}{2}x+\frac{{\sqrt{3}}}{2}z=0\end{array}\right.$∴取a=1，得$\overrightarrow n=（\sqrt{3}，0，1）$…（8分）
$cos＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞=\frac{\overrightarrow m•\overrightarrow n}{{|{\overrightarrow m}||{\overrightarrow n}|}}=\frac{{\sqrt{3}}}{1×2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$…（9分）
∴$＜\overrightarrow m，\overrightarrow n＞={30°}$，∴二面角G-EF-D的大小为30°．…（10分）
（Ⅲ）$P（0，1，\sqrt{3}）$，B（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0），
设Q（x，y，z），$\overrightarrow{PC}=（0，1，-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{PB}=（1，0，-\sqrt{3}）$，…（11分）
$\overrightarrow{PQ}=（x，y-1，z-\sqrt{3}）=λ（1，0，-\sqrt{3}）=（λ，0，-\sqrt{3}λ）$…（12分）
∴$Q（λ，1，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）$，$\overrightarrow{AQ}=（λ-1，-1，\sqrt{3}λ-\sqrt{3}）$…（13分）
∵PC⊥平面ADQ，∴PC⊥AQ
∴$\overrightarrow{PC}•\overrightarrow{AQ}$=-1+3-3λ=0，解得$λ=\frac{2}{3}$…（14分）

点评 本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查满足线面垂直的线段和长的确定，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、函数与方程思想，考查创新意识、应用意识，是中档题．