Question

17．如图所示，在矩形ABCD中，AB=1，AD=a，PA⊥平面ABCD，且PA=1，E为AB中点，F、Q分别在边PD、BC上，$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$，λ∈（0，1），且仅存在唯一一点Q，使得PQ⊥QD．
（1）当λ=$\frac{1}{4}$时，求证：AQ⊥EF；
（2）若平面PAQ与平面EFQ所成锐二面角的大小为60°，求λ的值．

Answer 1

分析 （1）以A为原点，边AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据已知条件求出点A，Q，E，F的坐标，求数量积等于0即可；
（2）设F（0，y，z），根据条件$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$便可求得F（0，2λ，1-λ），取AQ中点M，容易判断出BM为平面PAQ的一个法向量．求出平面EFQ的法向量，利用平面PAQ与平面EFQ所成锐二面角的大小为60°，可建立关于λ的方程，解方程即得λ的值．

解答 （1）证明：由题意，仅存在唯一一点Q，使得PQ⊥QD，则a=2，如图，以A为原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则：
A（0，0，0），E（$\frac{1}{2}$，0，0），Q（1，1，0），P（0，0，1），D（0，2，0），B（1，0，0）；
设F（0，y，z），∴$\overrightarrow{PF}$=（0，y，z-1），$\overrightarrow{PD}$=（0，2，-1）
∵$\overrightarrow{PF}$=$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{PD}$
∴（0，y，z-1）=$\frac{1}{4}$（0，2，-1）；
∴y=$\frac{1}{2}$，z=$\frac{3}{4}$，
∴F（0，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$），
∴$\overrightarrow{EF}$=（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{4}$），
∵$\overrightarrow{AQ}$=（1，1，0），
∴$\overrightarrow{AQ}$•$\overrightarrow{EF}$=0，
∴AQ⊥EF；
（2）设F（0，y，z），$\overrightarrow{PF}$=λ$\overrightarrow{PD}$，
∴（0，y，z-1）=λ（0，2，-1）；
∴y=2λ，z=1-λ，
∴F（0，2λ，1-λ）；
取AQ的中点为M，连接BM，则M（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0）
∵AB=BQ；
∴BM⊥AQ；
又PA⊥平面ABCD，BM?平面ABCD；
∴PA⊥BM，即BM⊥PA，PA∩AQ=A；
∴BM⊥平面PAQ；
∴$\overrightarrow{BM}$=（-（$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{2}$，0）为平面PAQ的一个法向量；
设平面EFQ的法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z）
则$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{2}x+2λy+（1-λ）z=0}\\{\frac{1}{2}x+y=0}\end{array}\right.$
∴$\overrightarrow{n}$=（-2，1，$\frac{1+2λ}{λ-1}$）
∵平面PAQ与平面EFQ所成锐二面角的大小为60°
∴cos60°=$\frac{1+\frac{1}{2}}{\sqrt{5+（\frac{1+2λ}{λ-1}）^{2}}•\sqrt{\frac{1}{2}}}$
∴解得λ=$\frac{5-\sqrt{13}}{3}$，或λ=$\frac{5+\sqrt{13}}{3}$（舍去）．
即λ=$\frac{5-\sqrt{13}}{3}$．

点评 考查建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间异面直线垂直，解决空间角的方法，以及两非零向量垂直的充要条件，线面垂直的性质，线面垂直的判定定理，平面法向量的概念，向量数量积的坐标运算，向量夹角余弦的坐标公式，平面法向量的夹角和平面二面角的平面角度大小的关系．