Question

6．如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD‖BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點(diǎn)，M是棱PC上的點(diǎn)，PA=PD=AD=2，BC=1，CD=$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求證：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若二面角M-BQ-C為30°，設(shè)PM=t•MC，試確定t的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）法一：由AD∥BC，BC=$\frac{1}{2}$AD，Q為AD的中點(diǎn)，知四邊形BCDQ為平行四邊形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知QB⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，知BQ⊥平面PAD．由此能夠證明平面PQB⊥平面PAD．
法二：由AD∥BC，BC=$\frac{1}{2}$AD，Q為AD的中點(diǎn)，知四邊形BCDQ為平行四邊形，故CD∥BQ．由∠ADC=90°，知∠AQB=90°．由PA=PD，知PQ⊥AD，故AD⊥平面PBQ．由此證明平面PQB⊥平面PAD．
（Ⅱ）由PA=PD，Q為AD的中點(diǎn)，知PQ⊥AD．由平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，知PQ⊥平面ABCD．以Q為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能夠求出t=3．

解答 證明：（Ⅰ）證法一：∵AD∥BC，BC=1，AD=2，Q為AD的中點(diǎn)，
∴四邊形BCDQ為平行四邊形，
∴CD∥BQ．
∵∠ADC=90°
∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BQ⊥平面PAD．
∵BQ?平面PQB，
∴平面PQB⊥平面PAD． …（9分）
證法二：AD∥BC，BC=1，AD=2，Q為AD的中點(diǎn)，
∴四邊形BCDQ為平行四邊形，
∴CD∥BQ．
∵∠ADC=90°
∴∠AQB=90°．
∵PA=PD，
∴PQ⊥AD．
∵PQ∩BQ=Q，
∴AD⊥平面PBQ．
∵AD?平面PAD，
∴平面PQB⊥平面PAD．…（9分）
（Ⅱ）∵PA=PD，Q為AD的中點(diǎn)，
∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD．
如圖，以Q為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系．
則平面BQC的法向量為$\overrightarrow n=（0，0，1）$；
Q（0，0，0），$P（0，0，\sqrt{3}）$，$B（0，\sqrt{3}，0）$，$C（-1，\sqrt{3}，0）$．
設(shè)M（x，y，z），則$\overrightarrow{PM}=（x，y，z-\sqrt{3}）$，$\overrightarrow{MC}=（-1-x，\sqrt{3}-y，-z）$，
∵$\overrightarrow{PM}=t\overrightarrow{MC}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}x=t（-1-x）\\ y=t（\sqrt{3}-y）\\ z-\sqrt{3}=t（-z）\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{t}{1+t}\\ y=\frac{{\sqrt{3}t}}{1+t}\\ z=\frac{{\sqrt{3}}}{1+t}\end{array}\right.$…（12分）
在平面MBQ中，$\overrightarrow{QB}=（0，\sqrt{3}，0）$，$\overrightarrow{QM}=（-\frac{t}{1+t}，\frac{{\sqrt{3}t}}{1+t}，\frac{{\sqrt{3}}}{1+t}）$，
∴平面MBQ法向量為$\overrightarrow m=（\sqrt{3}，0，t）$．…（13分）
∵二面角M-BQ-C為30°，
∴$cos{30°}=\frac{\overrightarrow n•\overrightarrow m}{{|{\overrightarrow n}||{\overrightarrow m}|}}=\frac{t}{{\sqrt{3+0+{t^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
∴t=3．…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查空間面面垂直的判斷以及二面角的求解，建立坐標(biāo)系，求出平面的法向量，利用向量法是解決本題的關(guān)鍵．解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，合理地運(yùn)用向量法進(jìn)行解題．