Question

18．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，沿对角线BD将△ABD折起，使A，C之间的距离为$\sqrt{6}$，若P，Q分别为线段BD，CA上的动点．

（1）求线段PQ长度的最小值；
（2）当线段PQ长度最小时，求直线PQ与平面ACD所成角的正弦值．

Answer 1

分析 取BD中点E，连结AE，CE，说明CE⊥BD，证明AE⊥CE，得到AE⊥平面BCD，以EB，EC，EA分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
（1）设P（a，0，0）求出$\overrightarrow{PQ}$向量表达式，然后求解模的最值．
（2）由（1）知$\overrightarrow{PQ}=（0，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$，求出平面ACD的一个法向量为$\overrightarrow{n}$，然后利用向量的数量积，求解故直线PQ与平面ACD所成角的正弦值．

解答 解：取BD中点E，连结AE，CE，则AE⊥BD，CE⊥BD，AE=CE=$\sqrt{3}$，
∵AC=$\sqrt{6}$，∴AE²+CE²=AC²，∴△ACE为直角三角形，∴AE⊥CE，
∴AE⊥平面BCD…（2分）
以EB，EC，EA分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
则B（1，0，0），C（0，$\sqrt{3}$，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），…（3分）
（1）设P（a，0，0），$\overrightarrow{CQ}=λ\overrightarrow{CA}=（0，-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）$，
则$\overrightarrow{PQ}=\overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CQ}=（-a，\sqrt{3}，0）+（0，-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）=（-a，\sqrt{3}-\sqrt{3}λ，\sqrt{3}λ）$，
$\overrightarrow{PQ}=\sqrt{{a}^{2}+（\sqrt{3}-\sqrt{3}λ）^{2}+3{λ}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}+6{λ}^{2}-6λ+3}$=$\sqrt{{a}^{2}+6（{λ-\frac{1}{2}）}^{2}+\frac{3}{2}}$…（5分）
当a=0，$λ=\frac{1}{2}$时，PQ长度最小值为$\frac{\sqrt{6}}{2}$…（6分）
（2）由（1）知$\overrightarrow{PQ}=（0，\frac{\sqrt{3}}{2}，\frac{\sqrt{3}}{2}）$，设平面ACD的一个法向量为$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），
由$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{n}⊥\overrightarrow{DC}$得$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{n}•\overrightarrow{DA}=0\\ \overrightarrow{n}•\overrightarrow{DC}=0\end{array}\right.$，化简得$\left\{\begin{array}{l}x+\sqrt{3}z=0\\ x+\sqrt{3}y=0\end{array}\right.$，取$\overrightarrow{n}=（\sqrt{3}，-1，-1）$
设PQ与平面ACD所成角为θ，则$sinθ=|cos＜\overrightarrow{PQ}，\overrightarrow{n}＞|$=$\left|\frac{-\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{6}}{2}×5}\right|$=$\frac{\sqrt{10}}{5}$．
故直线PQ与平面ACD所成角的正弦值为$\frac{\sqrt{10}}{5}$…（10分）

点评 本题考查直线与平面所成角的求法，空间距离公式的应用，考查逻辑推理能力以及计算能力．