Question

8．如圖所示的多面體中，面ABCD是邊長為2的正方形，平面PDCQ⊥平面ABCD，PD⊥DC，E，F(xiàn)，G分別為棱BC，AD，PA的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：EG∥平面PDCQ；
（Ⅱ）已知二面角P-BF-C的余弦值為$\frac{\sqrt{6}}{6}$，求四棱錐P-ABCD的體積．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取PD中點(diǎn)H，連接GH，HC，通過證明EG∥HC．然后證明EG∥平面PDCQ．
（Ⅱ）以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PD=a，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面ABCD的一個(gè)法向量，平面PFB的一個(gè)法向量，求出|cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$|，推出PD，然后求解幾何體的體積．

解答 （本小題共14分）
證明：（Ⅰ）取PD中點(diǎn)H，連接GH，HC，
因?yàn)锳BCD是正方形，所以AD∥BC，AD=BC．
因?yàn)镚，H分別是PA，PD中點(diǎn)，所以GH∥AD，$GH=\frac{1}{2}AD$．
又因?yàn)镋C∥AD且$EC=\frac{1}{2}AD$，
所以GH∥EC，GH=EC，
所以四邊形GHCE是平行四邊形，…．（3分）
所以EG∥HC．
又因?yàn)镋G?平面PDCQ，HC?平面PDCQ
所以EG∥平面PDCQ． …．（5分）
解：（Ⅱ）因?yàn)槠矫鍼DCQ⊥平面ABCD，
平面PDCQ∩平面ABCD=CD，PD⊥DC，PD?平面PDCQ，
所以PD⊥平面ABCD． …．（6分）
如圖，以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DP分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．
設(shè)PD=a，則 P（0，0，a），F(xiàn)（1，0，0），B（2，2，0）．…（7分）
因?yàn)镻D⊥底面ABCD，所以平面ABCD的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{m}$=（0，0，1）．…．（8分）
設(shè)平面PFB的一個(gè)法向量為$\overrightarrow{n}$=（x，y，z），

$\overrightarrow{PF}$=（1，0，-a），$\overrightarrow{FB}$=（1，2，0）
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{n}=0}\\{\overrightarrow{FB}•\overrightarrow{n}=0}\end{array}\right.$
即$\left\{{\begin{array}{l}{x-az=0}\\{x+2y=0}\end{array}}\right.$
令x=1，得$z=\frac{1}{a}，y=-\frac{1}{2}$，所以$\overrightarrow{n}$=（1，-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{a}$）  …．（10分）

由已知，二面角P-BF-C的余弦值為$\frac{{\sqrt{6}}}{6}$，
所以得|cos$＜\overrightarrow{m}，\overrightarrow{n}＞$|=$|\frac{\overrightarrow{m}•\overrightarrow{n}}{|\overrightarrow{m}||\overrightarrow{n}|}|$=$\frac{|\frac{1}{a}|}{\sqrt{\frac{5}{4}+\frac{1}{{a}^{2}}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{6}$，…．（11分）
解得a=2，所以PD=2． …．（13分）
因?yàn)镻D是四棱錐P-ABCD的高，
所以其體積為${V_{P-ABCD}}=\frac{1}{3}×2×4=\frac{8}{3}$． …．（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查空間向量求解二面角的平面角，幾何體的體積的求法，直線與平面平行的判斷．考查空間想象能力以及計(jì)算能力．