Question

4．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是菱形，且∠BCD=120°，PA=AB，F、G分别是线段PD和BC上的动点且$\frac{PF}{PD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，λ∈（0，1）．
（1）求证：FG∥平面PAB；
（2）求实数λ，使二面角F-AG-D的大小为$\frac{π}{4}$．

Answer 1

分析 （1）根据线面平行的判定定理即可证明FG∥平面PAB；
（2）根据向量关系关系，建立空间坐标系，求出平面的法向量，利用二面角F-AG-D的大小为$\frac{π}{4}$．建立方程关系，即可得到结论．

解答 证明：（1）过F作FH⊥AD于H，
则FH∥PA，
连接HG，
则$\frac{PF}{PD}$=$\frac{AH}{AD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，
∴AH=BG，且AH∥BG，
则四边形ABGH为平行四边形，
则AB∥GH，
∵GH∩FH=H，
∴平面PAB∥平面FHG，
则FG∥平面PAB；
（2）∵ABCD是菱形，且∠BCD=120°，
∴取BD的中点E，
则AE⊥AD，
以A坐标原点，AE，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间坐标系，
设PA=AB=1，
则BE=$\frac{1}{2}$，AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即P（0，0，1），D（0，1，0），B（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，-$\frac{1}{2}$，0）．
$\overrightarrow{PD}$=（0，1，-1），
∵$\frac{PF}{PD}$=$\frac{BG}{BC}$=λ，λ∈（0，1）．
∴$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$=（0，λ，-λ），$\overrightarrow{AH}$=λ$\overrightarrow{AD}$=（0，λ，0），
则F（0，λ，1-λ），$\overrightarrow{AH}$=$\overrightarrow{BG}$=（0，λ，0），
则G（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，λ-$\frac{1}{2}$，0），
则$\overrightarrow{AG}$=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，λ-$\frac{1}{2}$，0），$\overrightarrow{AF}$=（0，λ，1-λ），
设平面AFG的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
则$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=\frac{\sqrt{3}}{2}x+（λ-\frac{1}{2}）y=0}\\{\overrightarrow{n}•\overrightarrow{AG}=yλ+（1-λ）z=0}\end{array}\right.$，
令y=1，则x=$\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}$，z=$\frac{λ}{λ-1}$，
即$\overrightarrow{n}$=（$\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}$，1，$\frac{λ}{λ-1}$），
平面AGD的一个法向量为$\overrightarrow{m}$=（0，0，1），
若二面角F-AG-D的大小为$\frac{π}{4}$．
则|cos＜$\overrightarrow{m}$，$\overrightarrow{n}$＞|=cos$\frac{π}{4}$=|$\frac{\frac{λ}{λ-1}}{\sqrt{（\frac{1-2λ}{\sqrt{3}}）^{2}+1+（\frac{λ}{λ-1}）^{2}}}$|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
平方解得λ=$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查线面平行的判定，以及二面角的求解，建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键．二面角的常用方法，本题综合性较强，运算量较大．