Question

2．如图（1）所示，以线段BD为直径的圆经过A，C两点，且AB=BC=1，BD=2，延长DA，CB交于点P，将△PAB沿AB折起，使点P至点P′位置得到如图（2）所示的空间图形，其中点P′在平面ABCD内的射影恰为线段AD的中点Q．
（Ⅰ）若线段P′B，P′C的中点分别为E，F，试判断A，D，E，F四点是否共面？并说明理由；
（Ⅱ）求平面P′AB与平面P′CD的夹角的余弦值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）假设A，D，E，F四点共面．推出BC∥AD，与BC∩AD=P矛盾，得到结果．
（Ⅱ）连接AC，连接CQ，以Q为坐标原点，分别以QC，QD，QP'为x，y，z轴建立空间直角坐标系Q-xyz，求出相关点的坐标，设平面P'AB的一个法向量平面P'CD的一个法向量，利用数量积求解平面P'AB与平面P'CD的夹角的余弦值．

解答 （Ⅰ）证明：假设A，D，E，F四点共面．因为EF∥BC，BC?平面AEFD，
所以BC∥平面AEFD，又平面AEFD∩平面ABCD=AD，
且BC⊆平面ABCD，所以BC∥AD，这就与已知图（1）中BC∩AD=P矛盾，
所以，A，D，E，F四点不共面．…（5分）
（Ⅱ）解：因为BD为圆的直径，所以$∠BAD=∠BCD=\frac{π}{2}$，
在Rt△ABD和Rt△BCD中，由AB=BC=1，BD=2，可得$AD=CD=\sqrt{3}$，
且$∠ADB=∠BDC=\frac{π}{6}$，所以$∠ADC=\frac{π}{3}$，连接AC，则有△ACD为正三角形，又Q为AD的中点，
连接CQ可知CQ⊥AD，又P'Q⊥底面ABCD，所以QC，QD，QP'两两垂直．
以Q为坐标原点，分别以QC，QD，QP'为x，y，z轴建立空间直角坐标系Q-xyz，则有$A（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），B（1，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），C（\frac{3}{2}，0，0）$，$D（0，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），P'（0，0，\frac{3}{2}）$
设平面P'AB的一个法向量为$\overrightarrow{n_1}=（x，y，z）$，则$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{AB}=（x，y，z）•（1，0，0）=x=0\\ \overrightarrow{n_2}•\overrightarrow{PA}=（x，y，z）•（0，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-\frac{3}{2}）=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}y-\frac{3}{2}z=0\end{array}\right.$
令z=1，可得$\overrightarrow{n_1}=（0，-\sqrt{3}，1）$，
同理可求得平面P'CD的一个法向量为$\overrightarrow{n_2}=（1，\sqrt{3}，1）$，$|{cos＜\overrightarrow{n_1}，\overrightarrow{n_2}＞}|=\frac{{|{\overrightarrow{n_1}•\overrightarrow{n_2}}|}}{{|{\overrightarrow{n_1}}|×|{\overrightarrow{n_2}}|}}=\frac{{\sqrt{5}}}{5}$，…（13分）
因此，平面P'AB与平面P'CD的夹角的余弦值为$\frac{{\sqrt{5}}}{5}$．

点评 本题考查二面角的平面角的求法，四点共面问题的证明方法，反证法的应用，二面角的求法一般有两种方法，一是几何法，二是向量法，需要平时训练才能灵活应用．