Question

5．如图，五面体PABCD中，CD⊥平面PAD，ABCD为直角梯形，∠BCD=$\frac{π}{2}$，PD=BC=CD=$\frac{1}{2}$AD，AP⊥PD．
（Ⅰ）若E为AP的中点，求证：BE∥平面PCD；
（Ⅱ）求二面角P-AB-C的余弦值；
（Ⅲ）若点Q在线段PA上，且BQ与平面ABCD所成角为$\frac{π}{6}$，求CQ的长．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取PD的中点F，连接EF，CF，证明BE∥CF即可；
（Ⅱ）（方法一） 以P为坐标原点，PD，PA所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出法向量即可；
（方法二） 以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出法向量即可；
（Ⅲ）建系同（ II）利用向量求解．

解答 解：（Ⅰ）证明：取PD的中点F，连接EF，CF
∵E，F分别是PA，PD的中点，∴EF∥AD且$EF=\frac{1}{2}AD$；…（1分）
∵$BC=\frac{1}{2}AD$，BC∥AD，∴EF∥BC且EF=BC；∴BE∥CF． …（3分）
又BE?平面PCD，CF?平面PCD，∴BE∥平面PCD．…（4分）

（Ⅱ）（方法一） 以P为坐标原点，PD，PA所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设BC=1，
则$P（0，0，0），A（0，\sqrt{3}，0），D（1，0，0）$，$C（1，0，1），B（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，1）$，
$\overrightarrow{PA}=（0，\sqrt{3}，0），\overrightarrow{AB}=（\frac{1}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，1），\overrightarrow{AD}=（1，-\sqrt{3}，0）$．…（6分）
设平面PAB的一个法向量为n=（x，y，z），则$\left\{{\begin{array}{l}{n•\overrightarrow{PA}=0}\\{n•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}}\right.$从而$\left\{{\begin{array}{l}{\sqrt{3}y=0}\\{\frac{1}{2}x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}y+z=0}\end{array}}\right.$
令x=2，得n=（2，0，-1）．…（7分）
同理可求平面ABD的一个法向量为$m=（3，\sqrt{3}，0）$．…（8分）$cos\left?{n，m}\right＞=\frac{n•m}{|n||m|}=\frac{6}{{\sqrt{5}×\sqrt{12}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．
平面ABD和平面ABC为同一个平面，
所以二面角P-AB-C的余弦值为$\frac{{\sqrt{15}}}{5}$． …（10分）


（方法二） 以D为坐标原点，DA，DC所在直线分别为x轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设BC=1，则$P（\frac{1}{2}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），A（2，0，0），D（0，0，0）$，C（0，0，1），B（1，0，1）
，$\overrightarrow{PA}=（\frac{3}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，0），\overrightarrow{AB}=（-1，0，1）$，…（6分）
设平面PAB的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），则$\left\{{\begin{array}{l}{n•\overrightarrow{PA}=0}\\{n•\overrightarrow{AB}=0}\end{array}}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{3}{2}x-\frac{\sqrt{3}}{2}y=0}\\{-x+z=0}\end{array}\right.$，令$y=\sqrt{3}$，得x=z=1，即$n=（1，\sqrt{3}，1）$．…（7分）
易求平面ABC的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$．…（8分）$cos\left?{n，m}\right＞=\frac{n•m}{|n||m|}=\frac{{\sqrt{3}}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{\sqrt{15}}}{5}$．
所以二面角P-AB-C的余弦值为$\frac{\sqrt{15}}{5}$． …（10分）
（Ⅲ）（方法一）建系同（ II）（方法一），设Q（0，x，0），
由（ II）知平面ABCD的一个法向量为$m=（3，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{BQ}=（-\frac{1}{2}，x-\frac{{\sqrt{3}}}{2}，-1）$；…（11分）
若BQ与平面ABCD所成的角为$\frac{π}{6}$，则$\frac{|\overrightarrow{BQ}•\overrightarrow{m}|}{|\overrightarrow{BQ}||\overrightarrow{m}|}$=$\frac{|\sqrt{3}x-3|}{2\sqrt{3}×\sqrt{\frac{5}{4}}+（x-\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=sin$\frac{π}{6}$
解得$x=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，所以Q（0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$，0），$\overrightarrow{CQ}=（-1，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-1）$，$|{\overrightarrow{CQ}}|=\frac{{\sqrt{21}}}{3}$．…（13分）
（方法二）建系同（ II）（方法二），设$\overrightarrow{AQ}=λ\overrightarrow{AP}=（-\frac{3}{2}λ，\frac{\sqrt{3}}{2}λ，0）$，
则$\overrightarrow{BQ}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{\\;AQ}=（1-\frac{3}{2}λ，\frac{\sqrt{3}}{2}λ，-1）$，$\overrightarrow{CQ}=\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AQ}=（2-\frac{3}{2}λ，\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ，-1）$，
由（ II）知平面ABCD的一个法向量为$\overrightarrow{m}=（0，1，0）$．…（11分）
若BQ与平面ABCD所成的角为$\frac{π}{6}$，则$sin\frac{π}{6}=\frac{{|{\overrightarrow{BQ}•m}|}}{{|{\overrightarrow{BQ}}||m|}}=\frac{{|{\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ}|}}{{\sqrt{（1-\frac{3}{2}λ{）^2}+{{（\frac{{\sqrt{3}}}{2}λ）}^2}+1}}}$．
解得$λ=\frac{2}{3}$，则$\overrightarrow{CQ}=（1，\frac{{\sqrt{3}}}{3}，-1）$，从而$|\overrightarrow{CQ}|=\sqrt{{1^2}+{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}+{{（-1）}^2}}=\frac{{\sqrt{21}}}{3}$…（13分）

点评 本题考查了空间线面平行的判定，向量法求解空间角，合理建立坐标系是关键，考查空间想象能力，运算能力．属于中档题．